Lineær Algebra. Differentialligninger

Transkript

1 Lineær Algebra og Differentialligninger til Calculus 1 og 2 Århus 2005 Anders Kock og Holger Andreas Nielsen

2

3 Indhold 1 Koordinatvektorer Matricer Lineære funktioner Inverse matricer Lineære ligningssystemer Løsningsteknik Rækkeoperations-matricer og inversion Determinanter Egenværdier og egenvektorer Diagonalisering Skalarprodukt i R n Ortogonal projektion Andre sætninger om skalarprodukt Lineær differentialligning Lineært system - 2 ligninger Lineært system - n ligninger Generel ligning Stabilitet Index

4

5 1. KOORDINATVEKTORER 1 Dette notesæt noter er beregnet til at bruges i Calculus kurset. Afsnit 1-13 handler om Lineær Algebra, og er skrevet af Anders Kock; Afsnit handler om Differentialligninger, og er skrevet af Holger Andreas Nielsen. I Lineær Algebra delen er hovedvægten: matrix-regning, lineære ligningsystemer, egenværdi/egenvektor begrebet for kvadratiske matricer, samt ortogonal projektion. Noterne er beregnet til at blive brugt i forbindelse med lærebogen Stewart: Calculus - Concepts and Contexts, 2nd ed., til hvilken der refereres med symbolet [S. Koordinat-vektorrummene R n står i centrum af fremstillingen. Men af hensyn til den geometriske forståelse og terminologi indgår geometriske vektorrum og geometrisk vektor-regning også i kurset. Det hentes fra lærebogen, [S Kapitel 9 (som delvis er gymnasiestof). Dog skal det understreges, at begrebet vektor-produkt (= kryds-produkt, [S 9.4) kun er til rådighed i dimension 3; derfor indgår det ikke i noterne her, hvor vægten er på de dele af teorien, der fungerer i alle dimensioner. 1 Koordinatvektorer Lad n være et positivt helt tal, n = 1, 2, 3,.... En n-dimensional koordinatvektor er en liste, eller et n-tupel, (a 1, a 2,..., a n ) bestående af n reelle tal a 1, a 2,...,a n. Disse n tal kaldes koordinatvektorens koordinater. Hvis n = 2, kaldes et n-tupel også et (tal-)par, og for n = 3 et (tal-)tripel; et 1-tupel er det samme som et tal. Talpar kan som bekendt ved hjælp af et koordinatsystem identificeres med punkter i planen; 3-tupler (tripler) kan tilsvarende ved hjælp af et koordinatsystem identificeres med punkter i rummet, jvf. Kapitel 9 i [S. Hovedvægten i det følgende ligger på ting, der ikke afhænger af denne geometriske tolkning, som jo også kun er mulig for n = 2 og n = 3. Koordinatvektorer af samme dimension n kan adderes, og de kan multipliceres med reelle tal, i henhold til følgende fastsættelse (sml. s. 656 i [S): (a 1, a 2,...,a n ) + (b 1, b 2,...,b n ) := (a 1 + b 1, a 2 + b 2,...,a n + b n ) α (a 1, a 2,...,a n ) := (α a 1, α a 2,..., α a n ) (1) De udgør det n-dimensionale (reelle) koordinatvektorrum, som også betegnes R n. Vi vil ofte kort betegne et n-tupel (a 1, a 2,..., a n ) med et understreget bogstav, a = (a 1, a 2,..., a n ). Koordinatvektoren (0, 0,..., 0) kaldes nulvektoren eller Origo og betegnes 0. En vektor kaldes en egentlig vektor hvis den er 0. I [S, s. 648 betragtes således R 3, der i modsætning til f.eks. R 4 kan gives en geometrisk tolkning. Men selv i dimension 3 er geometrisk tolkning ikke altid relevant:

6 2 Eksempel 1. På mange madvarer i handelen vil man finde anført en 3- dimensional koordinatvektor, der angiver procentindholdet (vægtprocent) i varen, af henholdsvis protein, fedt og kulhydrat. F.eks. anføres på Skovhuggerbrød fra Dagligvaregruppen, Vejle, den information, at 100 g af varen indeholder 6g protein, 2g fedt og 45g kulhydrat; altså 6% protein, 2% fedt og 45% kulhydrat (vægtprocenter); denne information kan stilles op i en vektor (6,2,45). Tilsvarende anføres på uhomogeniseret letmælk fra mejeriet Pilegaarden vektoren (3.6,1.5,4.5). Koordinatvektorer med denne betydning kunne man kalde (specifikke) ernæringsvektorer 1. Sammensætter man et måltid af en vis mængde brød og letmælk af de nævnte mærker, får man ialt en vis totalmængde protein, fedt og kulhydrat, som kan stilles op i en vektor, som man kunne kalde måltidets absolutte ernæringsvektor. Består måltidet f.eks af 150 gram brød og 200 gram letmælk, altså g og 2 100g, fås den absolutte ernæringsvektor for det pågældende måltid som kombinationen 1.5 (6, 2, 45) + 2 (3.6, 1.5, 4.5) = ( , 3 + 3, ) = (16.2, 6, 76.5). (Det er et eksempel på en linearkombination.) Måltidet indeholder altså 16.2 gram protein, 6 gram fedt og 76.5 gram kulhydrat. Eksempel 2. Man kunne også have brug for, til de samme varer, at stille 4-dimensionale koordinatvektorer op; den fjerde koordinat kunne referere til varens procentuelle vandindhold (vægtprocent). For skovhuggerbrød er der sandsynligvis 43 procent vand, så at den 4-dimensionale vektor bliver (6,2,45, 43). Se også margin-bemærkningen i [S s Linearkombinationer Lad u 1,...,u k være et sæt af k vektorer i vektorrummet R n, og lad λ 1,...,λ k være et sæt af k tal (skalarer). Så kaldes udtrykket λ 1 u λ k u k en linearkombination, mere præcis, en linearkombination af vektorerne u 1,..., u k med koefficienter λ 1,...,λ k. (Sommetider udelader man multiplikationstegnet, og skriver altså bare λ 1 u λ k u k.) 1 hjemmelavet betegnelse. Specifik refererer til at det er gram pr. 100 g.

7 1. KOORDINATVEKTORER 3 På grund af regnereglerne for tal kan udtrykkets værdi udregnes, uafhængig af hvordan man sætter parenteser o.l., og udtrykket har som værdi en ganske bestemt vektor i R n. Tit er det ikke nødvendigt at skelne mellem linearkombinationen som udtryk, på den ene side, og dens værdi, på den anden. (Lige som man heller ikke altid behøver at skelne mellem udtrykket 2+2 og dets værdi 4.) Eksempel 3. Udtrykket 2(1, 3) + 3(3, 0) + 5(1, 1) er et eksempel på en linearkombination af (sættet bestående af) de tre vektorer (1, 3), (3, 0) og (1, 1) i R 2. Koefficienterne er 2, 3, 5; linearkombinationens værdi er (16, 11), 2(1, 3) + 3(3, 0) + 5(1, 1) = (16, 11). Eksempel 4. Lad u, v og w være vektorer i et vektorrum, f.eks. R n. Vektorerne 2u+3v+5w, 3u w, u+v, u og 0 er alle eksempler på linearkombinationer af u, v og w: 2u + 3v + 5w = 2 u + 3 v + 5 w 3u w = 3 u + 0 v + ( 1) w u + v = 1 u + 1 v + 0 w 0 = 0 u + 0 v + 0 w. En linearkombination af linearkombinationer af et sæt af vektorer er selv en linearkombination af vektorerne fra dette sæt. F.eks. er 2 (2u + 3v + 5w) + 4 (3u w) = 16u + 6v + 6w. Man taler også om linearkombinationer i andre sammenhænge end i forbindelse med koordinatvektorer. F.eks. er den hyperbolske sinus funktion ([S s. 251) defineret som linearkombination af funktionerne e x og e x, med koefficienter 1/2 og 1/2, sinh x = 1 2 ex 1 2 e x. Linearkombinationer af funktioner betegnes også som superposition af funktioner. En anden sammenhæng, hvor man taler om linearkombinationer, er for geometriske vektorer, se [S 9.2. I fig. 10 s. 654 er således tegnet linearkombinationen af vektorerne a og b med koefficienter 1 og 2. Man kan også danne linearkombinationer af reelle talfølger a 1, a 2,.... Der forekommer nogle eksempler i [S s Reelle talfølger udgør hvad man kunne betegne R, i analogi med R n.

8 4 Når man har en sammenhæng, hvor det giver mening at tale om linearkombinationer, taler man om et lineært rum eller et vektorrum, forudsat at de samme regneregler, som gælder for linearkombinationer af koordinatvektorer, er opfyldt. Sådanne regneregler er sammenfattet i [S s. 656 under overskriften Properties of Vectors. 1.2 Span Givet et sæt af vektorer u 1,..., u k i vektorrummet R n. Så defineres deres span til at være mængden af alle vektorer v i R n, der kan skrives som linearkombination af u i erne v = t 1 u t k u k. Tilfældet k = 1: span(u 1 ) er mængden af vektorer af form t 1 u 1, span(u 1 ) = {t 1 u 1 R n t 1 R}. Det er linien gennem origo med u 1 som retningsvektor (forudsat at u 1 er en egentlig vektor, og at vi tillader os selv at tale geometrisk, dette giver i det mindste god mening hvis dimensionen n er 2 eller 3.) Tilfældet k = 2: span(u 1, u 2 ) er mængden af vektorer af form t 1 u 1 + t 2 u 2, span(u 1, u 2 ) = {t 1 u 1 + t 2 u 2 R n t 1 R, t 2 R}. Geometrisk er det planen udspændt af u 1 og u 2 : Mast og bom på et sejlskib udspænder en plan, nemlig sejlets plan hvis sejlet ellers er spændt stramt. Heraf ordet span. Man kan tænke på sættet u 1, u 2 som et sæt af retningsvektorer for den plan, de udspænder. Men der er en vigtig forskel: mens to retningsvektorer for en linie kun adskiller sig ved deres længde (og evt. orientering), er der en meget større vilkårlighed i angivelse af et sæt u 1, u 2, der udspænder en given plan. Derfor angiver man tit, i R 3, en plans retning ved at angive en normalvektor til planen, jvf. [S s. 679, men denne metode er ikke tilgængelig i andre dimensioner end 3. Eksempel 5. Betragt vektorerne u 1 = (1, 1, 0, 0) og u 2 = (0, 0, 1, 1) i R 4. Så er span(u 1, u 2 ) mængden af vektorer i R 4 af form hvor s R, t R er vilkårlige, altså su 1 + tu 2 = (s, s, 0, 0) + (0, 0, t, t),

9 1. KOORDINATVEKTORER 5 span(u 1, u 2 ) = {(s, s, t, t) R 4 s R, t R}. F.eks. er vektoren (1, 1, 1, 1) en vektor i span(u 1, u 2 ). Lad os kalde den u 3. Vektoren u 4 givet ved u 4 = (1, 1, 1, 1) er også i span(u 1, u 2 ). Der gælder u 1 = (1, 1, 0, 0) = 1 2 (1, 1, 1, 1) + 1 (1, 1, 1, 1), 2 u 2 = (0, 0, 1, 1) = 1 2 (1, 1, 1, 1) 1 (1, 1, 1, 1), 2 så at u 1 span(u 3, u 4 ) og u 2 span(u 3, u 4 ). Da både u 1 og u 2 altså er linearkombinationer af u 3 og u 4, og linearkombinationer af linearkombinationer er linearkombinationer, gælder også at enhver linearkombination af u 1 og u 2 er en linearkombination af u 3, u 4. Eller: span(u 1, u 2 ) span(u 3, u 4 ). Tilsvarende argumenteres for at span(u 3, u 4 ) span(u 1, u 2 ). Altså span(u 1, u 2 ) = span(u 3, u 4 ). Eksempel 6. Undersøg om vektoren ( 2, 4, 10) tilhører span((1, 2, 3), (3, 2, 1)). Altså, kan vi finde tal s og t så at ( 2, 4, 10) = s(1, 2, 3) + t(3, 2, 1)? Det er let at se, at s = 4, t = 2 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 vil blive behandlet i Afsnit 5 og 6. Eksempel 7. Undersøg om vektoren ( 2, 4, 10) tilhører span((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)). Her er svaret også ja, og det er let at finde koefficienter, der godtgør dette: det er vektorens egne koordinater, der kan bruges som koefficienter, ( 2, 4, 10) = 2(1, 0, 0) + 4(0, 1, 0) + 10(0, 0, 1), det er en særlig egenskab ved sættet af de tre vektorer (1, 0, 0), (0, 1, 0) og (0, 0, 1). I [S s. 657 kaldes de i,j og k. Tilsvarende for en vilkårlig anden vektor a = (a 1, a 2, a 3 ) R 3, a = a 1 (1, 0, 0) + a 2 (0, 1, 0) + a 3 (0, 0, 1).

10 6 De tre vektorer (1, 0, 0), (0, 1, 0) og (0, 0, 1) udspænder altså hele R 3. Eksempel 8. Vis at span((1, 1, 0), (1, 0, 0)) = span((1, 0, 0), (0, 1, 0)). Vi viser først span((1, 1, 0), (1, 0, 0)) span((1, 0, 0), (0, 1, 0)). En vektor i span((1, 1, 0), (1, 0, 0)) er en vektor af form s(1, 1, 0) + t(1, 0, 0) = (s + t, s, 0) = (s + t)(1, 0, 0) + s(0, 1, 0), men dette er jo en linearkombination af (1, 0, 0) og (0, 1, 0) (med koefficienter s + t og t), og er altså en vektor i span((1, 0, 0), (0, 1, 0). Tilsvarende vises span((1, 1, 0), (1, 0, 0)) span((1, 0, 0), (0, 1, 0)); benyt omskrivningen (s, t, 0) = t(1, 1, 0) + (s t)(1, 0, 0). Opgaver Opgave 1. Skriv 3 (u + 5v 10w) + 6 (u v) 10 (u + v + w) som linearkombination af u,v og w. Opgave 2. Skriv vektoren (2, 4, 5) som linearkombination af vektorerne (1,1,1),( 2,0,1),( 1,3,5). (Svaret er ikke entydigt; det kan gøres på mange måder.) Opgave 3. Vis at vektoren (0, 0, 1) ikke kan skrives som linearkombination af de i forrige opgave nævnte vektorer. Opgave 4. Vis, at hvis vektorerne u og v udspænder et vist vektorrum V, så er V også udspændt af vektorerne u + v og v. 2 Matricer Matricer er rektangulære talskemaer. Mere præcist, lad m og n være positive hele tal. En (reel) m n-matrix er et rektangulært talskema med m rækker og n søjler (eller kolonner, eller spalter ); f.eks er en 3 2 matrix det, der fremkommer ved at udfylde skemaet

11 2. MATRICER 7 med reelle tal. Rækkerne nummereres (eller adresseres) fra oven, søjlerne fra venstre. F.eks. har nederste venstre hjørne i ovenstående matrix adressen (3,1). Man bruger også betegnelsen: matricens (i, j) te indgang om det tal, der står i i te række og j te søjle (hvor i = 1, 2,..., m og j = 1, 2,..., n). I en m n-matrix kan hver af de m rækker opfattes som en n-dimensional koordinatvektor, mens hver af de n søjler kan opfattes som en m-dimensional koordinatvektor. Omvendt kan en m-dimensional koordinatvektor skrives op som en m 1- matrix, også kaldet en søjlematrix eller søjlevektor, a 1 a 2. a m af dimension m; eller den kan skrives op som en 1 m-matrix, også kaldet en rækkematrix eller en rækkevektor [a 1, a 2,...,a m, af dimension m. Matricer bruges i vid udstrækning ude i samfundet, hvor de dog f.eks. går under navnet tabeller. Det aspekt ved matricer, som er særlig interessant matematisk, er matrix-multiplikation: Givet en m n-matrix A og en n p-matrix B, så er deres produkt A B den m p matrix, hvis (i, k) te indgang fremkommer som produktsum af i te række i A med k te søjle i B: m.a.o., den (i, k) te indgang i produktmatricen er a i,1 b 1,k + a i,2 b 2,k a i,n b n,k n = a i,j b j,k, j=1 hvor a i,j (eller blot a ij ) betegner den (i, j) te indgang i matricen A og b j,k (eller blot b jk ) betegner den (j, k) te indgang i matricen B; i er et helt tal mellem 1 og m, mens k er et helt tal mellem 1 og p; j er et summationsindex, der løber fra 1 til n. Læg mærke til, at rækkerne i A er lige så lange som søjlerne i B, nemlig af længde n, så at man i produktsummen ikke står tilbage med nogen indgange, der ikke er blevet brugt. Matrix-produkt af to matricer giver kun mening hvis formaterne passer. Matrix multiplikation vil blive motiveret, se f.eks. eksemplerne nedenfor i dette Afsnit.

12 8 Det anbefales, at man øver sig i matrix-multiplikation med sin krop (hænder): venstre hånd bevæger sig hen langs i te række i matricen A, samtidig med at højre hånd bevæger sig ned gennem k te søjle i matricen B, og den relevante produktsum dannes under dette forløb, evt. ved hovedregning. Eksempel 1. [ = [ F.eks. er 1-tallet i nederste højre hjørne fremkommet som Eksempel 2. [ ( 4) 1 2. = [ 4 11 [ 2 = 3 5 [ [ Sætning 1 Matrix multiplikation er associativ. Mere præcis, lad A, B, og C være henholdsvis en m n, n p og p q matrix. Så gælder (A B) C = A (B C).. Dette følger af elementære regneregler for plus og gange, men kræver omhu med bogholderiet over summations-indices. Selv hvis formaterne passer, gælder der ikke i almindelighed at A B = B A, sml. Opg. 1. Faktorernes orden er ikke ligegyldig. Særlig vigtige er matrixprodukter A B hvor B er en søjlematrix. Lad os antage, at A er en m n matrix og B er en n 1 matrix, altså en søjlematrix af dimension n. Så er produktet A B af format m 1, altså en søjlematrix af dimension m. (Dette synspunkt behandles mere udførligt i 3.) Der er en vigtig sammenhæng mellem begreberne linearkombination, og matrix-produkt: betragt et matrixprodukt af form af form A x, hvor x er en søjlematrix, (af den rette størrelse, for at produktet giver mening, dvs, x skal have lige så mange indgange som A har søjler, lad os sige at dette antal er n). Der gælder

13 2. MATRICER 9 Sætning 2 Givet en m n matrix A og en n 1 matrix x (en søjlematrix); så er A x linearkombination af de n søjler i A, med koefficienter de n indgange i x. Mere præcis: lad os antyde matricen A som et n-tupel af søjler s j (hver med m indgange). Så gælder x 1 s 1 s n x 2. = x 1 s x n s n. (2) x n Dette er umiddelbart ud fra definitionen. En tal-eksempel er givet i Eksempel 2. En kvadratisk matrix er en matrix med lige mange rækker og søjler, altså en n n-matrix. En kvadratisk matrix kan multipliceres med sig selv; man kan altså danne B B, eller f.eks (B B) B = B (B B). Lighedstegnet her følger af den associative lov for matrixmultiplikation. Vi kan derfor godt tillade os at skrive B 3 for dette produkt. Til en vilkårlig kvadratisk matrix kan man knytte en determinant (som er et tal) jvf. 8 nedenfor; for 2 2 og 3 3 matricer er dette også omtalt i [S 9.4 (s ). For hvert positivt helt tal n er der en særlig vigtig kvadratisk matrix, af format n n, som kaldes identitetsmatricen af dimension n. Den betegnes I n, eller blot I, hvis n er klar fra sammenhængen. Den har 1-taller i diagonalen, altså på alle pladser med adresse af form (i, i), og 0 er på alle pladser uden for diagonalen, altså på alle indgange med adresse af form (i, j), hvor i j. For n = 3 ser den altså således ud: I 3 = for overskueligheds skyld udelader man ofte 0 erne i matricer med mange 0 er, og så kan I 3 altså også opskrives 1 I 3 = 1. 1 Identitetsmatricerne er interessante p.gr. af følgende sætning: ;

14 10 Sætning 3 Lad A være en m n matrix. Så gælder I m A = A = A I n. Dette følger af elementære regneregler for plus og gange, men kræver omhu med bogholderiet over summations-indices. Opgave A. Udregn matrix-produktet a b c d e f. 2.1 Fibonacci-tal og matricer Den italienske matematiker Fibonacci stillede i sin bog Liber Abaci fra 1202 følgende spørgsmål. Hvor mange kaninpar vil der fremkomme på ét år, (begyndende med ét par), når hvert par hver måned avler et nyt par, som selv bliver formeringsdygtigt fra og med den næste måned? Lad populationen i en given måned, f.eks. september, bestå af p par unger og q par voksne, så vil den i næste måned, oktober, bestå af q par unger (nemlig ét par avlet af hver af de q par voksne, der fandtes i september), og p + q par voksne (nemlig de q par voksne, der var i forvejen, og de p par unger fra september, der jo er blevet voksne i oktober). Grafisk, med unger øverst og voksne nederst p q q p + q sept. okt.

15 2. MATRICER 11 hvor enkeltlinier betegner kaninpar i deres livsbane, og dobbeltlinien betegner fødsel af nye kaninpar. Det er algebraisk mere hensigtsmæssigt at stille det op på matrix-form. Populationen til et givet tidspunkt kan stilles op som [ en 2-dimensional vektor p (p, q), eller bedre, en 2-dimensional søjlematrix med unger øverst og q voksne nederst; oktober-populationen (q, p + q) fremkommer af septemberpopulationen (p, q) ved matrix-multiplikation: [ q p + q = [ tilsvarende for andre måneder. Med andre ord, den funktion f, der til populationsvektoren (p, q) for én måned tilordner populationsvektoren for næste måned, er den lineære funktion [ R 2 R 2, der, ifølge Sætning 5 (nedenfor) 0 1 er knyttet til matricen F =. 1 1 Tilsvarende vil den matrix, der beskriver populationens udvikling på 2, 3 eller 4 måneder, være henholdsvis F 2, F 3 F 4 : F 2 = [ [ = [ p q [ [ [ [ F 3 = = [ [ [ F 4 = = Opgave B. Vis, at F 5, F 6 og F 7 er henholdsvis [ [ 5 8, 8 13 og [ Hvis man starter med ét voksent par (og ingen unger), altså med populationsvektoren (0,1), vil populationen efter 7 måneder altså være [ [ [ = Regner man rigtigt, får man tilsvarende som populationsvektor efter 12 måneder (144,233). (De tal, der efterhånden dukker op som indgange i potenserne af Fibonaccis matrix, kaldes Fibonacci-tallene: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8,

16 12 13, 21,.... Disse tal spiller iøvrigt en rolle i phyllotaxi, læren om hvordan bladene stiller sig på en stængel, eller skællene på en kogle.) Stort set vil total-populationen øges eksponentielt, men hvordan vil den procentvise aldersprofil udvikle sig? Findes der en populationsvektor (p,q), hvis procentvise aldersprofil er uændret, altså så at populationsvektoren for næste måned er proportional med (p,q), [ [ p q [ p = λ q [ λp (= λq )? Betragt f.eks. populationsvektoren (55,89); populationsvektoren for næste måned vil være [ [ [ =, der næsten er proportional med (55,89), med proportionalitetsfaktor λ = 1.62: [ = eller (idet vi skriver = i stedet for ) [ [ [ [ [ 55 = Problemer af denne art vil blive studeret under betegnelsen egenværdier og egenvektorer i 9. ( populationsvektoren (55, 89) er (næsten) en egenvektor for Fibonacci-matricen, med egenværdi 1.62.) Udover matrix-multiplikation har mængden af matricer en anden nyttig, men knap så overraskende, struktur. Nemlig: man kan addere matricer af samme format, nemlig ved at addere plads for plads. Det er en generalisation af addition af koordinatvektorer. F.eks. for 3 2 matricer A og B: a 11 a 12 a 21 a 22 a 31 a 32 + b 11 b 12 b 21 b 22 b 31 b 32 =, a 11 + b 11 a 12 + b 12 a 21 + b 21 a 22 + b 22 a 31 + b 31 a 32 + b 32 Tilsvarende kan man multiplicere en matrix A med en skalar λ ved at multiplicere alle indgange i den med λ. Det skrives λa. Der gælder simple regneregler som A λb = λ(a B)..

17 2. MATRICER Kædereglen i matrix-formulering. En differentiabel afbildning g : R n R m kan beskrives ved et m-tupel af differentiable afbildninger g i : R n R, i = 1,...,m: g(u 1,...,u n ) = (g 1 (u 1,...,u n ),...,g m (u 1,...,u n )). Skriv kort u for n-tuplet (u 1,...,u n ). Ved Jacobi-matricen for g i et givet u R n forstås m n matricen g 1 / u 1 g 1 / u n g 2 / u 1 g 2 / u n.. g m / u 1 g m / u n hvor alle de partielle afledede skal evalueres i punktet u. Vi skriver kort d(g) for denne matrix; eller d u (g), hvis der er behov for at gøre det punkt u, som vi evaluerer de partielle afledede i, explicit. Kædereglen kan nu udtrykkes: Jacobi-matricen for en sammensat afbildning er lig med matrix-produktet af Jacobi-matricerne for hver af de to afbildninger. Dvs. hvis vi har afbildninger, så er R n g R m f R p, d(f g) = d(f) d(g), (3) hvor det er underforstået i hvilke punkter de tre Jacobi-matricer (dvs. de partielle afledede, der er deres indgange) skal evalueres. Hvis man f.eks. ønsker d(f g) evalueret i u, så skal d(g) evalueres i samme u, mens d(f) skal evalueres i g(u). Prikken til højre betegner matrix-produkt; læg mærke til, at de to matricer har format p m og m n, så at produktet giver mening, og er en p n matrix. I eksemplerne i [S er p = 1. Opgaver Opgave 1. Udregn matrix-produkterne [ [ og [ [

18 14 Opgave 2. Udregn matrixprodukterne [ [ a b 0 1 og c d 0 0 Opgave 3. Udregn matrixprodukterne og [ [ [ Opgave 4. Udregn matrixprodukterne [ [ og [ [ Opgave 5. Udregn matrixprodukterne [ for n = 3 og n = Opgave 6. Udregn matrix produktet 0 1 [ 0 0 a b c 2 1 d e f 2 0 Opgave 7. Udregn matrix produktet Opgave 8. Betragt matricerne A = [ 1 0, B = [ 0 1 n [ 2 3. [ [ 0 1, C = 2 3 Hvilke af matrix-produkterne A 2, AB, B 2, BC, CB og CBA kan udregnes? Opgave 9. Verificer matrix-produkterne i Eks. 1 i 4..

19 3. LINEÆRE FUNKTIONER 15 3 Lineære funktioner Det er almindeligt at kalde en funktion f(x) = αx +β for en lineær funktion. Dens graf er jo en ret linie (med hældningskoefficient α). I lineær algebra betragter man mest homogent lineære funktioner, dvs. med β = 0, eller f(0) = 0. Til gengæld betragter man ikke bare funktioner R R, men funktioner R n R m. Her er et eksempel på en (homogent) lineær funktion f : R 2 R 3 : f(x, y) = (4x y, 5x + y, 3y). Følgende er et eksempel på en homogent lineær funktion f : R 2 R 2, f(x, y) = (y, x + y). (Det er funktionen fra Fibonaccis kaninmodel!) Fra et formel-synspunkt er det karakteristiske, at der ikke optræder konstantled, og at de uafhængige variable (x, y og z i det første eksempel) optræder i første potens: f.eks. x 2, y 1 eller xz forekommer ikke. Der er en mere begrebsmæssig måde at beskrive (homogent) lineære funktioner f på: en homogent lineær funktion er en funktion f, der er ombyttelig med linearkombinationsdannelse, dvs. at de opfylder f(x 1 u x k u k ) = x 1 f(u 1 ) x k f(u k ), for vilkårlige vektorer u 1,...,u k og for vilkårlige skalarer x 1,...,x k. Specielt er lineære funktioner ombyttelig med sum-dannelse af to led og med multiplikation med skalarer, Af det sidste følger specielt f(0) = 0: f(u 1 + u 2 ) = f(u 1 ) + f(u 2 ), f(t u) = t f(u). f(0) = f(0 0) = 0 f(0) = 0, (fordi 0 u = 0 ligegyldigt hvad u er). Omvendt, hvis en funktion opfylder f(u 1 + u 2 ) = f(u 1 ) + f(u 2 ) og f(t u) = t f(u) for alle u 1, u 2, u og t, så er f ombyttelig med vilkårlige linearkombinationer for linearkombinationer kan jo opbygges ved hjælp af vektor-addition og multiplikation-af-vektorer-med-skalarer.

20 16 Lad A være en fast m n-matrix. Den definerer en afbildning (funktion) f fra R n til R m på følgende måde: givet et input u R n. Vi opfatter u som søjlematrix, altså som en n 1-matrix, og matrix-multiplikationen A u udføres. Den har som resultat en m 1-matrix, altså en søjlematrix (der kan opfattes som vektor i R m ), og denne vektor er da output. Mere kort, funktionen f defineret ved matricen A er givet ved forskriften f(u) = A u. Vi er allerede i Eksemplet i 1 stødt på en lineær funktion R 2 R 3 af den nævnte art: den absolutte ernæringsvektor (protein, fedt, kulhydrat) R 3 som funktion af frokost-vektoren (vægtmængde skovhuggerbrød, vægtmængde letmælk) R 2 ; denne funktion er givet ved en vis 3 2 matrix, nemlig ernæringstabellen for de nævnte madvarer (dvs. den 3 2-matrix, der har de to specifikke ernæringsvektorer, for henholdsvis brød og mælk, som sine søjler). Det gennemregnede eksempel fra 1 ser altså sådan ud: [ = (Det kan opfattes som en illustration til Sætning 2.) Også Fibonaccis kaninmodel falder ind under dette mønster: Populationsvektoren i én måned er en lineær funktion af populationsvektoren den foregående måned, nemlig givet ved matrix-multiplikation fra venstre med en vis 2 2 matrix. Sætning 4 Givet en m n-matrix A. Så gælder: Funktionen f : R n R m, defineret ved at f(u) = A u, er lineær, dvs. opfylder f(u + v) = f(u) + f(v) f(α u) = α f(u) for vilkårlige u, v R n og vilkårlige reelle tal α. Med andre ord: A (u + v) = A u + A v og A (αu) = α(a u). Dette følger af elementære regneregler for plus og gange. Omvendt: Sætning 5 Givet en lineær afbildning f : R n R m. Den fremkommer på denne måde fra en (og fra netop én) m n matrix A (som også betegnes Matr(f)). Denne Sætning vil vi bevise. Beviset giver samtidig recepten på hvordan man fabrikerer den ønskede matrix. I beviset får vi brug for nogle specielle vektorer i R n, som kaldes de n standard enhedsvektorer, e 1,...,e n. For j.

21 3. LINEÆRE FUNKTIONER 17 et fast tal blandt tallene 1,..., n er e j defineret som det n tupel, der har et 1-tal på j te plads og 0 er ellers. F.eks. er for n = 3 de tre enhedsvektorer i R 3 givet som e 1 = (1, 0, 0); e 2 = (0, 1, 0) og e 3 = (0, 0, 1) (også kaldet henholdsvis i,j og k, jvf. [S s. 657; men den type notation er selvsagt ikke egnet for generelle n). Bemærk, at A e j er lig j te søjle i A. Bevis for Sætning 5. Vi tager den matrix A, der som sin j te søjle har f(e j ) R m (j = 1,..., n). Her betegner e j den j te enhedsvektor i R n skrevet op som søjlematrix. Vi skal nu vise, at for vilkårlig x gælder f(x) = A x, (4) (i udtrykket til højre er det underforstået, at x er skrevet op som søjlematrix). Hvis x er søjlematricen med indgange (x 1,..., x n ), så kan x skrives som linearkombination af e j erne på følgende måde 2 : x = x 1 e 1 + x 2 e x n e n, og fordi f var antaget at være lineær, altså ombyttelig med linearkombinationsdannelse, har vi f(x) = f(x 1 e 1 + x 2 e x n e n ) = x 1 f(e 1 ) + x 2 f(e 2 ) x n f(e n ). Men f(e j ) er j te søjle i A. Udtrykket her er altså linearkombination af A s søjler med koefficienter x 1, x 2,...,x n, altså netop, ifølge Sætning 2, x 1 A x x n To forskellige m n matricer giver anledning til forskellige lineære afbildninger. For hvis A B, så er der et par tilsvarende søjler i A og B, der er forskellige, f.eks. j te søjle. Hvis de lineære afbildninger, der hører til A og B kaldes henholdsvis f og g, så gælder f(e j ) g(e j ), de er jo henholdsvis j te søjle i A og j te søjle i B. Dermed er sætningen vist. Der er altså en bijektiv korrespondance mellem mængden af lineære afbildninger R n R m, på den ene side, og mængden af m n matricer på den anden. Den matrix A, der svarer til en lineær afbildning f : R n R m, vil vi betegne Matr(f). Ligningen (4) kan altså skrives 2 jvf. Eks. 7 i 1, for tilfældet n = 3 f(u) = Matr(f) u, (5)

22 18 hvor prikken til højre betegner matrix-multiplikation. Den recept, der følger af beviset for Sætning 5, er altså: Matr(f) har som sin j te søjle vektoren f(e j ). Eksempel 1. Eksemplet i begyndelsen af dette afsnit, f(x, y) = (4x y, 5x + y, 3y) er en lineær afbildning R 2 R 3. Den repræsenteres ved 3 2 matricen 4 1 Matr(f) = 5 1 ; 0 3 thi [ x y = 4x y 5x + y 3y Eksempel 2. Betragt talplanen R 2, og betragt drejningen D θ på θ radian mod uret. Det er en lineær afbildning. Første enhedsvektor e 1 (altså enhedsvektoren i på x-aksen) går ved drejningen D θ i vektoren [ cosθ sin θ mens anden enhedsvektor e 2 (altså enhedsvektoren j på y-aksen) går over i [ sin θ, cosθ så at, [ cosθ sin θ Matr(D θ ) = sin θ cos θ Sammensætning g f af lineære afbildninger f og g igen er lineær. Sætning 6 Lad f og g være lineære funktioner mellem koordinatvektorrum.. R n f R m g R p, så er den matrix, der svarer til den sammensatte funktion g f netop matrixproduktet af matricen svarende til g med matricen svarende til f.

23 3. LINEÆRE FUNKTIONER 19 Bevis. Lad f(u) = A u for alle u R n, og lad g(v) = B v for alle v R m. M.a.o. A = Matr(f) og B = Matr(g). Nu regner vi på (g f)(u), for vilkårlig u R n ; det giver g(f(u)) = g(a u) = B (A u) = (B A) u, så at altså g f består i multiplikation med matricen B A. Idet vi jo betegner matricen svarende til en lineær afbildning f : R n R m som Matr(f), kan Sætningen skrives kort Matr(g f) = Matr(g) Matr(f) Eksempel 3. (De trigonometriske additionsformler). I fortsættelse af Eksempel 2: det er klart, at hvis α og β er to vinkler, så er D α+β = D α D β. Af Matr(g f) = Matr(g) Matr(f) og Eksempel 2 (for θ henholdsvis α + β, α og β) fås derfor [ cos(α + β) sin(α + β) sin(α + β) cos(α + β) [ [ cosα sin α cosβ sin β = sin α cosα sin β cosβ Sammenligner man indgangene (1, 1) i de to sider af denne ligning, har man additionsformlen for cos ganske gratis : cos(α + β) = cosαcosβ sin α sin β. Tilsvarende giver sammenligning af indgangene (2, 1) additionsformlen for sin. Opgaver Opgave 1. Lad f og g være lineære afbildninger R n R m. Antag at f(e 1 ) = g(e 1 ),...,f(e n ) = g(e n ). Vis, at f = g. Opgave 2. Betragt funktionen f : R 2 R givet ved f(x,y) = 3x 2y. Vis at f er lineær, og angiv Matr(f). Angiv vektoren f(p) hvor P = (4,5). Opgave 3. Betragt afbildningen R 2 R 2, der består i spejling i y-aksen, altså (x,y) ( x,y). Vis at den er lineær, og angiv dens matrix. Opgave 4. Betragt den lineære afbildning f : R 2 R 2 givet ved (x,y) (x+y,x y) (sml. [S s. 907, formel 10). Angiv dens matrix. Angiv også matricen for f f..

24 20 Opgave 5. Betragt den lineære afbildning f : R 3 R 2 givet ved (x,y,z) (x,y) ( projektion ned på gulvets plan ). Angiv dens matrix. Opgave 6. Betragt funktionen F : R 2 R 2 givet ved F(u,v) = (ucos v,usin v). Angiv Jacobi-matricen d x F for vilkårlig x = (u,v) R 2. Opgave 7. Betragt funktionen F : R 2 R 3 givet ved F(x,y) = (6x + 3y,2x + y,45x + 4y). Angiv Jacobi-matricen d u F for vilkårlig u = (x,y) R 2 (den viser sig at være uafhængig af u). Opgave 8. Betragt den parametriske kurve g : R R 2 givet ved x(t) = t 2, y(t) = t 3 (jvf. [S 1.7 Opg. 8). Angiv Jacobi-matricen d u (g) for u = 2 R. Opgave 9. 1) Betragt den parametriske kurve g : R R 2 givet ved x(t) = sin 2t, y(t) = cos t. Angiv Jacobi-matricen d 0 (g). 2) Betragt funktionen f : R 2 R givet ved f(x,y) = x 2 y + 3xy 4. Angiv Jacobi-matricen d v (f) for f i punktet v = (0,1). 3) Angiv matrixproduktet d v (f) d 0 (g) (det er en 1 1-matrix, altså et tal.) 4) Angiv (f g) (0) (læg mærke til, at f g er en funktion R R). 5) Sammenlign med [S, 11.5 Ex. 1. Opgave 10. Opstil Chain Rule Case II ([S s. 792) som matrix-ligning A B = C, med A og C 1 2 matricer og B en 2 2 matrix. Opgave 11. 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 12. Lad f : R n R m være en lineær afbildning. Vis at d u (f) (=Jacobimatricen for f i u) er den samme for alle punkter u R n. Vis at d u (f) = Matr(f). 4 Inverse matricer For en given matrix A kan man spørge efter om den har en højre-invers, og om den har en venstre-invers. Lad A være en m n matrix. En højre-invers til A er en n m matrix B så at A B = I m ; en venstre-invers til A er en n m matrix C så at C A = I n.

25 4. INVERSE MATRICER 21 Hvis B er både højre- og venstre invers 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 1. Matricen A = [ har en højre-invers, nemlig matricen B givet ved 5 0 B = At A B = I 2 er en simpel øvelse i matrix-multiplikation [ 5 0 [ = Derimod er B ikke venstre-invers til A, idet der gælder som jo ikke er = I [ = Her skal nævnes to ikke-trivielle fakta: Faktum 1: hvis A har en to-sidet invers, så er A en kvadratisk matrix. Faktum 2: hvis A er kvadratisk, og har en højre- eller har en venstre invers, så er A invertibel (med den pågældende højre- hhv. venstre- inverse som tosidet invers). Det vil blive vist i 7. Eksempel 2. Betragt matricen A = [ Den har en højre invers, nemlig matricen B givet ved B =. [ 1/3 2/3 1/3 1/3 hvad man nemt kontrollerer ved udregning: A B = I 2. Man kan også let ved udregning kontrollere B A = I 2, men denne sidste udregning kan man,,

26 22 spare, på grund af ovennævnte Faktum 2. Matricen B er altså en 2-sidet invers til A (og A en 2-sidet invers til B). Vi nævnte ovenfor to ikke-trivielle fakta om inverse matricer. Der er også nogle trivielle, eller rent formelle, fakta: hvis B 1 og B 2 begge er to-sidet inverse til A, så er B 1 = B 2 ; thi B 1 = B 1 I m = B 1 A B 2 = I n B 2 = B 2. Der findes altså højst én matrix B, der er to-sidet invers til A; hvis den findes, betegnes den A 1, og man siger så, at A er en invertibel matrix (med A 1 som sin inverse matrix). (Ordet invers bruges her synonymt med to-sidet invers.) Nogle lommeregnere kan beregne A 1 for ikke for store invertible (kvadratiske) matricer A. I 7 udledes en recept til udregningen. Følgende fakta er også rent formelle: hvis A og B er invertible matricer, og matrix-produktet A B giver mening, så er A B en invertibel matrix med B 1 A 1 som sin invers. Thi (A B) (B 1 A 1 ) = A (B B 1 ) A 1 = A I A 1 = A A 1 = I, og det viser, at B 1 A 1 er en højre-invers til A B; og at den også er en venstre-invers ses ved en helt tilsvarende regning. Kort, (A B) 1 = B 1 A 1 (6) Endvidere: hvis A er invertibel, med B som invers, så er B invertibel med A som invers. Kort, (A 1 ) 1 = A. Matricen F fra 2.1 (Fibonacci) er invertibel; F 1 = [ (Kontroller selv.) Da x F x fremskriver populationen x med én måned, vil F 1 tilbageskrive populationen med én måned. Og F k, defineret som (F 1 ) k, vil tilbageskrive populationen k måneder.. 5 Lineære ligningssystemer Mange opgaver i og udenfor matematik leder til opstilling af ligningssystemer med flere ubekendte, f.eks. m ligninger med n ubekendte; at løse

27 5. LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER 23 et sådant ligningssystem kan enten betyde, at man angiver et n-tupel af tal, der opfylder samtlige ligninger i ligningssystemet, eller at man beskriver løsningsmængden, dvs. mængden af samtlige n-tupler, der opfylder ligningssystemet. Man taler om henholdsvis en partikulær og den fuldstændige løsning. Helt generelt kan man sige, at jo færre ligninger, der er, jo større er løsningsmængden, (der er færre krav, der skal være opfyldt), og jo lettere er det at finde en partikulær løsning. Derudover er der ikke meget, der kan siges eller gøres rent generelt, udover den gamle metode: at eliminere de ubekendte en efter en. I [S s. 814 ledes man således til at skulle løse et ligningssystem (2 ligninger med 2 ubekendte) som er ikke-lineært: 2x(10y 5 2x 2 ) = 0 5x 2 4y 4y 3 = 0. Linearitet af et ligningssystem betyder, at de ubekendte x, y o.s.v. kun indgår i første potens x 1 (= x), y 1,..., og ikke multipliceres på hinanden. Sådanne ligningssystemer kan opstilles som matrix-ligninger, se nedenfor. Mere præcist: Ved et lineært ligningssystem (m ligninger med n ubekendte) forstås et ligningssystem af form a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2. a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = b m (7) Her betegner a ij erne og b i erne kendte tal, mens x 1,...x n er de n ubekendte (eller tilsammen den ubekendte vektor x R n ). Eksempel 1. 2x 1 2x 2 4x 3 = 28 x 2 +2x 3 = 16. (8) En partikulær løsning er f.eks. (x 1, x 2, x 3 ) = (2, 16, 0), hvad man kan se ved indsættelse. Den fuldstændige løsning viser sig at kunne beskrives med én parameter t R; f.eks som (2, 16, 0) + t (0, 2, 1), hvor parameteren t løber over alle reelle tal. Man siger, at løsningsmængden er 1-dimensional, fordi der skal bruges 1 parameter.

28 24 Eksempel 1. x 1 + x 2 + x 3 = 1. En partikulær løsning er f.eks. (1, 0, 0). Løsningsmængden kan f.eks. beskrives (1, 0, 0) + s ( 1, 1, 0) + t ( 1, 0, 1), hvor parametrene s og t løber over alle reelle tal. Man siger, at løsningen er 2-dimensional, fordi der skal bruges to parametre. Det stemmer også med geometrien, idet løsningsmængden geometrisk er en plan i R 3. En anden formulering af samme løsningsbeskrivelse er: mængden af taltripler af form (1 s t, s, t). Løsningsmængden kan beskrives på mange andre måder, f.eks. som ( 1 3, 1 3, 1 ) + s(0, 1, 1) + t( 2, 1, 1), 3 igen med to parametre. En anden formulering af samme løsningsbeskrivelse er: mængden af taltripler af form (1/3 2t, 1/3 s + t, 1/3 + s + t). Det er let at indse, at et taltripel af denne form er en løsning; at enhver løsning kan skrives på denne form er ikke helt så klart, men følger af den teori, der udvikles i videregående lineær algebra. Man kan betragte et lineært ligningssystem som (7) eller (8) ud fra et matrix synspunkt. Lad A være den m n matrix, hvis indgange a ij er koefficienterne a ij fra ligningssystemet (7). Denne matrix A kaldes ligningssystemets koefficient-matrix. I ligningssystemet (8) er koefficientmatricen således 2 3 matricen [ Lad x betegne den (ubekendte) n-dimensionale koordinatvektor (x 1,..., x n ), og lad b betegne den m-dimensionale koordinatvektor af b erne fra ligningssystemets højre side. Begge disse koordinatvektorer tænkes skrevet op som søjlematricer. Betragt matrixligningen A x = b,. altså a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n... a m1 a m2 a mn x 1 x 2. x n = b 1 b 2. b m. (9)

29 5. LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER 25 Den udtrykker lighed mellem to m-dimensionale koordinatvektorer. To sådanne koordinatvektorer er ens, hvis deres i te koordinater stemmer overens, for hvert i = 1, 2,..., m. Dette giver m ligninger. Ved at udføre matrixmultiplikationen ser man, at disse m ligninger netop er de m ligninger fra systemet (7), som altså er ensbetydende med matrixligningen (9), altså med A x = b. (Sml. også Sætning 2.) Eksempel 2. Ligningssystemet (8) er ensbetydende med matrix-ligningen [ x [ x =. 16 x 3 (Ligningssystemet (8) er iøvrigt betragtet og løst i (20) nedenfor.) Lad os betragte den lineære funktion f : R n R m, som matricen A giver anledning til, altså funktionen f givet ved u A u. At finde en løsning til ligningen er ensbetydende med at finde et x R n med f(x) = b (en partikulær løsning), eller at finde mængden af samtlige sådanne x er (den fuldstændige løsning). I mængdeteoretisk notation skrives denne mængde således: {x R n f(x) = b}. (10) Vi betragter det ligningssystem, der fremkommer af ligningssystemet (7) ved at erstatte alle b erne på højre side med 0 er. Det kaldes også det tilhørende homogene lineære ligningssystem. I matrix-sprog er dette homogene lineære ligningssystem altså blot A x = 0, hvor 0 betegner 0-vektoren i R m, 0 = (0, 0,..., 0). Pr. definition er et lineært underrum af et vektorrum en delmængde, der er stabil under dannelse af linearkombinationer, og som indeholder nulvektoren. Vi har Sætning 7 Løsningsmængden til et homogent lineært ligningssystem A x = 0 i n ubekendte x = (x 1,...,x n ) er et lineært underrum af R n. (Det kaldes løsningsrummet til ligningssystemet.) Med andre ord, løsningsmængden til et homogent lineært ligningssystem er stabilt under dannelse af linearkombinationer; og nulvektoren er altid en løsning. Udtrykt på en anden måde: for et homogent lineært ligningssystem gælder, at en linearkombination af løsninger er igen en løsning; og nulvektoren er en løsning. F. eks. er summen af to løsninger igen en løsning: hvis x

30 26 og y er løsninger, dvs. hvis A x = 0 og A y = 0, så er x+y også en løsning. For A (x + y) = A x + A y = = 0. Hvad kan man sige om løsningsmængden til et inhomogent lineært ligningssystem A x = b (altså mængden (10), hvor f er den lineære afbildning givet ved matricen A)? Sætning 8 Givet en partikulær løsning til det lineære ligningssystem A x = b. Så fås systemets fuldstændige løsning ved til denne partikulære løsning at addere samtlige løsninger til det tilhørende homogene lineære ligningssystem A x = 0. Bevis. Lad c være en partikulær løsning til ligningssystemet f(x) = b. Hvis u er en vilkårlig løsning til det homogene ligningssystem f(x) = 0, så er c+u en løsning til f(x) = b: f(c + u) = f(c) + f(u) = b + 0 = b, det første lighedstegn fordi f er lineær. Omvendt, hvis d er en løsning til det inhomogene system f(x) = b, så er d af form d = c + u for en vis løsning u til det homogene system; tag nemlig u = d c, så er f(u) = f(d c) = f(d) f(c) = b b = 0 (det andet lighedstegn igen fordi f er lineær). Eksempel 3. Betragt ligningssystemet fra Eksempel 1. Den beskrevne fuldstændige løsning (2, 16, 0) + t(0, 2, 1), ses at være fremkommet således: til den partikulære løsning (2, 16, 0) har vi adderet samtlige t(0, 2, 1), og de udgør netop løsningsmængden til det homogene lineære ligningssystem, der hører til ligningssystemet. Man kunne lige så godt have brugt en anden partikulær løsning, f.eks. (2, 14, 1) i stedet for (2, 16, 0). Geometrisk udtrykker sætningen, at løsningsmængden til et inhomogent lineært ligningssystem fremkommer af løsningsrummet for det tilhørende homogene lineære ligningssystem ved parallel-forskydning; nemlig ved parallelforskydning langs en vilkårlig partikulær løsning u 1 til det inhomogene system. (I Eksempel 3 har vi således parallelforskudt linien gennem O med retningsvektor (0, 2, 1); forskydningen er sket langs med, eller ud til, (2, 16, 0).) Løsningsmængden til et inhomogent lineært ligningssystem er altså et inhomogent lineært underrum (også kaldet et affint underrum, eller, på engelsk, en flat ). Det kan også være tomt: med andre ord, der findes inhomogene lineære ligningssystemer der ikke har nogen løsninger. Man kalder et sådant

31 5. LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER 27 ligningssystem inkonsistent. (Et ligningssystem, der har mindst én løsning, kaldes konsistent.) Betragt f.eks. ligningssystemet (skrevet som matrix-ligning) [ x 1 x 2 x 3 = Hvis (x 1, x 2, x 3 ) er en løsning til første ligning, vil (x 1, x 2, x 3 ) indsat i anden ligning give 10 (multiplicer første ligning med 2), ikke 9. Den anden ligning kan altså ikke være opfyldt samtidig med den første; det er altså et inkonsistent ligningssystem. Homogene lineære ligningssystemer er altid konsistente, dvs. de har altid en løsning, nemlig den trivielle løsning, eller nulløsningen x = (0,..., 0), nulvektoren i R n. Terminologi og tommelfinger-regler 3 : Et ligningssystem, hvor der er flere ubekendte end der er ligninger, kaldes underbestemt. Som regel (men ikke altid) har et underbestemt ligningssystem uendelig mange løsninger. Et ligningssystem, hvor der er flere ligninger end der er ubekendte, kaldes overbestemt. Som regel (men ikke altid) har et overbestemt ligningssystem ingen løsninger (medmindre det er homogent lineært, så har det jo i hvert fald nulløsningen). Et ligningssystem, hvor der er lige så mange ligninger som ubekendte, kaldes kvadratisk. Som regel (men ikke altid) har et kvadratisk ligningssystem af lineære ligninger præcis én løsning. Lineær algebra giver en teori, der erstatter disse tommelfinger-regler med præcise udsagn. F.eks. giver determinant-teorien det udsagn, at et kvadratisk lineært ligningssystem har præcis én løsning, hvis systemets koefficientmatrix har determinant forskellig fra 0, se 8. Vi skal især betragte underbestemte lineære ligningssystemer, der typisk har uendelig mange løsninger. Hvordan beskrive en uendelig løsningsmængde? Det kræver noget teori. For hvordan får man ellers overblik over en uendelig mængde? Hvis det drejer sig om ligningssystemer med to eller tre ubekendte, er en geometrisk beskrivelse af løsningsmængden velegnet. Løsningsmængden til et ligningssystem i to ubekendte kan beskrives geometrisk som en delmængde af planen R 2 ; løsningsmængden til et ligningssystem i tre ubekendte kan tilsvarende beskrives som en delmængde af rummet R 3. (Se også [S 9.5.) [ En tommelfinger-regel adskiller sig fra en Sætning ved at den ikke altid gælder..

32 28 Vi betragter først lineære ligningssystemer i to ubekendte. I det underbestemte tilfælde er der altså < 2 ligninger, altså kun én ligning (så det er lidt flot at kalde det et lignings system, men det gør man altså i matematik). Eksempel: Det underbestemte lignings system 3x + 4y = 8. Løsningsmængden er en linie med hældningskoefficient 3/4, der skærer y-aksen i punktet (0,2). Generelt: Hvis der er uendelig mange løsninger til et (ikke-trivielt) lineært ligningssystem i to variable, så udgør løsningsmængden en linie i planen. Heraf kommer ordet lineært ligningssystem og lineær algebra. Vi betragter dernæst lineære ligningssystemer i tre ubekendte. Hvis lignings systemet kun består af én ligning, er løsningsmængden en plan. Hvis ligningssystemet består af to ligninger, vil løsningsmængden som regel være en linie, nemlig skæringslinien mellem de to planer givet ved hver af de to ligninger. Se figurer i [S s En linie i planen eller rummet kan altid beskrives på parameterform {x + tu t R}, hvor x er (stedvektor for) et punkt på linien og u er en egentlig vektor, en retningsvektor for linien. (Sml. [S s. 676.) Punktet på linien kan vælges vilkårligt. Hvis u 1 og u 2 begge er retningsvektorer for linien, er de parallelle eller proportionale, u 1 = λu 2. En plan i rummet kan også beskrives på parameterform, men der skal to parametre til (en plan er 2-dimensional ), {x + su + tv}, hvor x er (stedvektor for) et punkt i planen, og u og v tilsammen udspænder planens retning. Der er stor vilkårlighed i valget af sådanne to vektorer; man kan ikke umiddelbart se om u 1,v 1 udspænder det samme som u 2,v 2. Derfor beskriver man tit planen ved hjælp af en normalvektor til den (jvf. [S s. 679) (En sådan normalvektor kan tages som kryds-produktet af to vektorer, der udspænder planens retning). Men denne beskrivelsesmåde fungerer kun for planer i det 3-dimensionale rum, ikke for planer i 4- eller højere dimensionale rum. I dette kursus lægges vægt på de metoder, der også gælder i højere dimensioner; og derfor undgår vi brugen af kryds-produkt, der kun fungerer i dimension 3. Linier og planer i det 3-dimensionale rum R 3 kaldes også affine underrum af dimension hhv. 1 og 2, eller sommetider inhomogene lineære underrum; ordet lineære underrum er reserveret til sådanne affine underrum, der indeholder 0 (origo) (sådan er sprogbrugen i det mindste i Lineær Algebra. ) F. eks.: et 1-dimensionalt affint underrum er af form U = {x + tu t R}; linien V = {tu t R} er et lineært underrum. Linien U er fremkommet ved parallel-forskydning af linien V, ved forskydning langs vektoren x. Dette gælder også i højere dimensioner: Ethvert ikke-tomt affint underrum af et vektorrum fremkommer ved parallelforskydning af et lineært underrum. Løsningsmængden til et lineært ligningssystem i n ubekendte er altid et affint underrum af R n. Løsningsmængden til et homogent lineært ligningssystem er

33 5. LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER 29 endda et lineært underrum. Mere præcise udsagn blev formuleret i Sætning 7 og 8. At sige, at et ligningssystem A x = b er konsistent, er det samme som at sige, at b kan skrives som linearkombination af søjlerne i A. Det fremgår af Sætning 2. Man taler ofte om at opløse en vektor b efter et givet sæt s 1,...,s n af vektorer. Det betyder, at skrive b som linearkombination af s i erne. Det er et spørgsmål, der giver mening i vilkårlige vektorrum. I geometriske vektorrum er det en rent geometrisk konstruktions-opgave. Hvis b og s i erne er m- dimensionale koordinatvektorer, er spørgsmålet om at opløse b efter s 1,...,s n ensbetydende med at løse det lineære ligningssystem A x = b, hvor A er m n-matricen hvis søjler er s i erne. Eksempel 4. Skriv vektoren ( 28, 16) som linearkombination af vektorerne (2, 0), ( 2, 1), og ( 4, 2). Det leder til matrixligningen fra Eksempel 2, som igen er ensbetydende med det inhomogene lineære ligningssystem fra Eksempel 1 (som er et underbestemt ligningssystem). Brugbare koefficienter, der giver ( 28, 16) som linearkombination af (2, 0), ( 2, 1), og ( 4, 2), er f.eks. 2, 16 og 0, vi fandt jo dette talsæt som en løsning til ligningssystemet i Eksempel 1; derfor er ( 28, 16) = 2 (2, 0) + 16 ( 2, 1) + 0 ( 4, 2) en linearkombination af den ønskede art. Eksempel 5. Kan funktionen x 3 skrives som linearkombination af funktionerne (x 2) 3, (x 2) 2, (x 2), og (x 2) 0 (sidstnævnte er den konstante funktion med værdi 1)? Opgaven går ud på, om muligt, at finde tal λ 3, λ 2, λ 1 og λ 0 så at der gælder x 3 = λ 3 (x 2) 3 + λ 2 (x 2) 2 + λ 1 (x 2) + λ 0 (11) for alle x. På dette problem giver Taylor-udvikling af funktionen x 3 ud fra a = 2 et elegant svar, ([S 8.9); en mere fodgænger-agtig fremgangsmåde er at opstille et lineært ligningssystem med de fire ubekendte λ 3, λ 2, λ 1 og λ 0. Vi får et sådant ligningssystem ved at sammenligne koefficienterne til x 3, x 2, x og 1 på begge sider af (11). Lad os f.eks. sammenligne koefficienterne til x 2 på begge sider af lighedstegnet. På venstre side har vi 0, på højre side har vi, idet vi multiplicerer (x 2) 3 og (x 2) 2 ud, λ 3 3 ( 2) x 2 +λ 2 x 2 ; ligningen der sammenligner koefficienterne til x 2 er altså 0 = λ 3 3 ( 2) + λ 2. Det er ligning nummer to i det samlede ligningssystem, der kommer til at se sådan

34 30 ud: λ 3 = 1 6λ 3 +λ 2 = 0 12λ 3 4λ 2 +λ 1 = 0 8λ 3 +4λ 2 2λ 1 +λ 0 = 0 det er et kvadratisk lineært ligningssystem: 4 ligninger med 4 ubekendte. Eksempel 6. (efter W.A. Strauss) Figuren viser en lejlighed med 4 rum. For hver af lejlighedens ydervægge (inklusive de vægge, der grænser op til nabo-lejligheder) er angivet pågældende vægs temperatur. Der er ingen opvarmning i lejligheden, så temperaturen i hvert rum vil indstille sig som gennemsnitstemperaturen af rummets fire naboer. (Temperaturen i nabolejlighederne tænkes holdt fast, f.eks. ved termostatstyring.) Find temperaturen i hvert af de fire rum. F.eks. er temperaturen x 2 i Nordøst-værelset bestemt ved x 2 = 1 4 (x 1 + x ), eller 4x 2 = x 1 + x og tilsvarende for de tre andre værelser (forudsat passende nummerering af værelserne). Den samlede temperaturfordeling er altså bestemt ved ligningssystemet 4x 1 = x 2 + x x 2 = x 1 + x x 3 = x 1 + x x 4 = x 2 + x

35 5. LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER 31 Vi stiller dette ligningssystem op i standard format, dvs. med de tilsvarende ubekendte under hinanden på venstre side af lighedstegnet, konstanterne på højre side: 4x 1 x 2 x 3 = 0 x 1 +4x 2 x 4 = 24 x 1 +4x 3 x 4 = 0 x 2 x 3 +4x 4 = 0 Det er et eksempel på et lineært ligningssystem, som er kvadratisk (lige så mange ubekendte, som der er ligninger). Det ses let ved indsættelse, at talsættet (vektoren) (2, 7, 1, 2) R 4 er en løsning. Som matrix-ligning ser ligningssystemet sådan ud: x 1 x 2 x 3 x 4 = I næste beskrives en teknik til løsning af lineære ligningssystemer. Opgaver Opgaverne her er at opskrive de forelagte problemer som lineære ligningssystemer. Opgave 1. Antag, at der om en 2 2 matrix A gælder, at [ 1 A 1 = [ 2 1 [ 1 og A 1 [ = Opstil et lineært ligningssystem på fire ligninger med fire ubekendte til bestemmelse af A. Opgave 2. Antag, at der om et trediegrads-polynomium f(x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 + a 3 x 3 gælder, at f (0) = f (1) = 0 og at f(0) = 2, f(1) = 0. Opstil et lineært ligningssystem på fire ligninger med fire ubekendte til bestemmelse af f (dvs. til bestemmelse af a 0,...,a 3 ). Opgave 3. Antag, at der om et fjerdegrads-polynomium f(x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 gælder, at f (0) = f (1) = 0 og at f(0) = 2, f(1) = 0. Opstil et lineært ligningssystem på fire ligninger med fem ubekendte til bestemmelse af f (dvs. til bestemmelse af a 0,...,a 4 ). Dette er et underbestemt ligningssystem: flere ubekendte end ligninger. Det har uendelig mange løsninger.),

36 32 6 Løsningsteknik Betragt 2x 1 2x 2 4x 3 6x 4 = 16 3x 1 2x 2 4x 3 3x 4 = 20 2x 1 +5x 2 +12x 3 +21x 4 = 34. (12) Med henblik på at eliminere x 1 fra 2. ligning, adderer vi 1.5 gange første ligning til anden (dvs. vi subtraherer 1.5 gange første ligning fra anden), og der fremkommer det ækvivalente 4 ligningssystem 2x 1 2x 2 4x 3 6x 4 = 16 x 2 +2x 3 +6x 4 = 4 2x 1 +5x 2 +12x 3 +21x 4 = 34,, (13) og med henblik på at eliminere x 1 fra tredie ligning adderer vi første ligning til tredie, hvorved vi får 2x 1 2x 2 4x 3 6x 4 = 16 x 2 +2x 3 +6x 4 = 4 3x 2 +8x 3 +15x 4 = 18. (14) Nu er x 1 elimineret fra alle ligninger undtagen fra den første. Vi tager fat på at eliminere x 2 fra alle ligninger undtagen fra den første og anden; vi tager altså fat på at eliminere x 2 fra tredie ligning. Det gøres ved, i det ligningssystem (14) vi nu er nået frem til, at subtrahere 3 gange anden ligning fra tredie, hvorved vi får 2x 1 2x 2 4x 3 6x 4 = 16 x 2 +2x 3 +6x 4 = 4 2x 3 3x 4 = 6. (15) Man kan nu få en parameterfremstilling for løsningsmængden, med x 4 som parameter, ved baglæns substitution gennem ligningssystemet (15), idet vi fra sidste ligning i (15) konkluderer x 3 = x 4, som indsat i næstsidste ligning giver os en ligning, der kun indeholder x 2 og x 4 og altså tillader os at udtrykke x 2 ved x 4 ; og endelig indsætter vi de fundne udtryk for x 2 og x 3 (udtrykt ved x 4 ) i første ligning, hvorved der fremkommer en ligning, som kun indeholder x 1 og x 4, og som tillader os at udtrykke x 1 ved x 4. Regningerne er, mere detaljeret, som følger. Vi har allerede observeret x 3 = x 4, 4 ækvivalent betyder i denne forbindelse, at de to systemer har samme løsningsmængde.

37 6. LØSNINGSTEKNIK 33 der indsat i den midterste ligning i (15) giver x 2 +2 ( x 4)+6x 4 = 4 eller x 2 = 2 9x 4 ; indsættes de fundne udtryk for x 2 og x 3 sluttelig i første ligning i (15) fås, efter en smule regning, x 1 = 4 3x 4, så at den fuldstændige løsning kan skrives med en parameter t = x 4 : x 1 = 4 3t x 2 = 2 9t x 3 = t 2 x 4 = t. (16) Vi ser, at løsningsmængden er udtrykt med én parameter, nemlig t (= x 4 ), i overensstemmelse med en tommelfinger-regel om, at antallet af parametre (antal frihedsgrader, dimension) af løsningsmængden er lig med antallet af ubekendte minus antallet af ligninger. Der skal en ekstra forudsætning på, før denne tommelfinger-regel bliver til en matematisk sætning, nemlig at ligningerne er lineært uafhængige (et begreb, der behandles i videregående lineær algebra). Vi kan udtrykke løsningen mere kompakt under brug af den addition osv., som vi har indført for koordinatvektorer (her: i R 4 ): nemlig x = ( 4, 2, 3, 0) + t ( 3, 9, 3, 1), (17) 2 (med t som parameter). I mængdeteoretisk notation kan løsningsmængden beskrives {( 4, 2, 3, 0) + t ( 3, 9, 3, 1) t R}. 2 Læg mærke til, at koordinatvektoren ( 4, 2, 3, 0) her er en partikulær løsning til (12). Hvis man havde brugt en anden procedure - f.eks. sigtet efter at eliminere x 4 først ell.l. - kunne man være endt op med en helt anden, lige så korrekt, beskrivelse af samme løsningsmængde, men med f.eks. x 1 som parameter. Lad os delvis gennemregne endnu et eksempel, der viser, at vi ikke altid frit kan vælge at have sidste variabel som parameter: systemet er som (12), bortset fra at en enkelt koefficient (fremhævet skrift) er ændret: 2x 1 2x 2 4x 3 6x 4 = 16 3x 1 2x 2 4x 3 3x 4 = 20 2x 1 +5x 2 +10x 3 +21x 4 = 34. (18)

38 34 Idet vi regner som før (og for korthed springer (13) over), får vi og videre 2x 1 2x 2 4x 3 6x 4 = 16 x 2 +2x 3 +6x 4 = 4 3x 2 +6x 3 +15x 4 = 18 2x 1 2x 2 4x 3 6x 4 = 16 x 2 +2x 3 +6x 4 = 4 3x 4 = 6 (19) Heraf følger, at ligningssystemet (18) bestemmer x 4 entydigt, idet (19) (der er ækvivalent med (18)) på grund af sin sidste ligning tvinger os til at konkludere x 4 = 2. Den fuldstændige løsning til (19) (og dermed til (18)) fås igen ved baglæns substitution gennem ligningssystemet. Den fundne x 4 = 2 indsættes i de to øverste ligninger, hvorefter vi står med et ligningssystem på to ligninger med tre ubekendte x 1, x 2 og x 3, nemlig 2x 1 2x 2 4x 3 = 28 x 2 +2x 3 = 16. (20) Det er nu let at løse (20) med x 3 som parameter: x 1 = 2, x 2 = 16 2x 3. Løsningen til (19) (eller (18)) kan altså angives x 1 = 2 x 2 = 16 2t x 3 = t x 4 = 2, (21) eller i den kompakte vektor-notation, som også blev brugt i (17): x = (2, 16, 0, 2) + t (0, 2, 1, 0). Ved praktisk løsning kan man med fordel bruge en lidt forkortet notation for ligningssystemerme (12) - (15), og de manipulationer, der blev brugt; ligningssystemerne bliver nu til augmenterede matricer, augmenteret betyder her, at sidste søjle er skilt fra de øvrige ved en lodret streg; sidste søjle repræsenterer ligningssystemets højre side. (Ved et homogent lineært ligningssystem bliver højre siden ved med at være 0, og kan udelades.) Notationen taler iøvrigt for sig selv:

39 6. LØSNINGSTEKNIK tilkendegiver, at vi på ligningssystemet (12) har til hensigt at udføre den operation, der er antydet ved pilen ude til højre; udfører vi denne operation fremkommer matricen i og pilen ude til højre er nu vor næste hensigts-erklæring; udføres denne, fås matricen i og til sidst, ved udførelse af hensigtserklæringen, fås Vi begynder nu den systematiske beskrivelse af de løsningsmetoder, vi har brugt i de konkrete ligningssystemer ovenfor. Løsningsmetoden kan beskrives således. De kursiverede ord vil blive forklaret bagefter. Ved hjælp af en passende stribe rækkeoperationer bringes koefficientmatricen på række-echelon form. Det fremkomne ligningssystem løses ved baglæns substitution, og løsningsmængden bliver beskrevet med

40 36 én parameter for hver pivot-fri søjle i koefficient-matricen (medmindre ligningssystemet er inkonsistent, hvilket række-echelon formen også vil afsløre). Vi siger, at et ligningssystem er på række-echelon form, hvis koefficientmatricen er på række-echelon form, som defineret nedenfor. Ligningssystemerne (15), (19), og (20) er på række-echelon-form. Pivot - erne er de først opskrevne led ( 0) i hver ligning. Lad os f.eks. kigge nærmere på (19). I (19) er det således 2x 1 i første ligning, x 2 i anden og 3x 4 i tredie ligning, der er pivot er (bedre: det er de tilsvarende indgange i koefficientmatricen, der er pivot er). Der er en pivot-fri søjle i (koefficient-matricen hørende til) (19), nemlig tredie søjle, svarende til den ubekendte x 3, og den baglæns substitution gav da også en beskrivelse af løsningsmængden med x 3 = t som parameter, jvf. (21). Række-operationer er manipulationer af følgende art, som kan foretages på et lineært ligningssystem eller en matrix. For lineære ligningssystemer er de: 1) Ombytning af to af ligningerne i ligningssystemet 2) Multiplikation af en af ligningerne med et tal 0 3) Addition af et multiplum af en ligning til en anden. For matricer, tilsvarende 1) Ombytning af to af rækkerne 2) Multiplikation af en af rækkerne med et tal 0 3) Addition af et multiplum af en række til en anden. Række-operationer på en matrix ændrer ikke dens format. Men andre egenskaber vil i reglen ændres (f.eks. evt. egenværdier). En pivot ( nøgleled, krumtap ) i en matrix er en indgang, som ikke er 0, men hvor alle indgange til venstre for, i samme række, er =0. En nulrække i en matrix har ingen pivot er; alle andre rækker har præcis én pivot, nemlig den første indgang 0. Operationer af typen 2) kan bruges til at omdanne alle pivot er a i en matrix til 1-taller (multiplicer den pågældende række med a 1 ). Man kan også indkode den baglænse substitution ved hjælp af række-operationer; det består i, at man ved hjælp af operation 3) skaffer sig 0 er oven over alle pivot er. Alt i alt kan man på denne måde skaffe en koefficientmatrix, der er på reduceret række-echelon form, som præciseret nedenfor. I løbet af processen med at bringe et lineært ligningssystem på rækkeechelon form, kan der opstå nogle rækker i koefficient-matricen, indeholdende

41 6. LØSNINGSTEKNIK 37 lutter 0 er. For de lineære ligningssystemer, man kommer til at løse for at finde egenvektorer, vil der endda nødvendigvis komme sådanne nulrækker, se 9. Et ligningssystem, hvis koefficientmatrix indeholder en nulrække, lad os sige den i te, og hvor der på højre side, i samme række, står et tal b i 0, er klart inkonsistent. Thi den ligning i ligningssystemet, der svarer til den pågældende række, er 0x x n = b i, og den har ingen løsning. Ved rækkereduktion af et inkonsistent lineært ligningssystem vil der altid opstå en sådan nulrække med et nulforskelligt b i på højre side. Omvendt, hvis en m n matrix A ved rækkeoperationer kan føres over i en matrix A med en nulrække nederst, så kan man finde en højre side b så at A x = b er inkonsistent. Thi A x = b er inkonsistent hvis vi vælger b til at have n te koordinat 0, som vi lige har set. Hvis vi udfører rækkeoperationer på dette system A x = b, vil det stadig være inkonsistent. Men hvis A kan føres over i A, så kan A også føres tilbage over i A, og ligningssystemet A x = b (som var inkonsistent) føres så ved disse operationer over i et ligningssystem af form A x = b. Da A x = b og A x = b er ækvivalente, og A x = b er inkonsistent, er også A x = b inkonsistent. Vi præciserer nu begrebet række-echelon form : en matrix siges at være på række-echelon form hvis eventuelle nulrækker står nederst for de rækker, der ikke er nulrækker, rykker pivot en til højre når man går nedad Matricen siges at være på reduceret række-echelon form hvis yderligere alle pivot er er 1 ovenover (og nedenunder) hver pivot står lutter 0 er. Ved hjælp af rækkeoperationer kan et ligningssystem omdannes til et, hvor koefficientmatricen er på række-echelon form, eller endda, om ønsket, på reduceret række-echelon form. At en matrix er på række-echelon form betyder, billedlig talt, at den ser ud som en trappe, med 0 er under trappen, og nul-forskellige elementer (pivot erne) i trappehjørnerne. Her er en skitse, der svarer til (koefficientmatricen for) ligningssystemet (15)

42 38 hvor de sorte pletter angiver pivot erne (og fjerde søjle er pivot-fri); og her er en tilsvarende skitse for ligningssystemet (19) (hvor tredie søjle er pivot-fri): Bemærkning. En række-echelon-form for en matrix er ikke entydigt bestemt: en given matrix kan i reglen bringes på række-echelon form på mange måder, og med forskellige slut-resultater. (F.eks. kunne man have begyndt med at ombytte to af rækkerne.) Man kan dog vise, at der kun er én reduceret række-echelon form for en given matrix. Læg mærke til, at en kvadratisk matrix (lad os sige af størrelse n n) på reduceret række-echelon form enten er identitetsmatricen I n, eller har en eller flere nulrækker nederst. Vi opsummerer i følgende enten-eller -princip: En kvadratisk matrix kan ved rækkeoperationer enten føres over i identitetsmatricen eller føres over i en matrix med en nulrække nederst. (22) (De to muligheder kan vises at udelukke hinanden.) Her er en anden oplysning, som kan hentes ud af løsnings-proceduren: Sætning 9 Et homogent lineært ligningssystem, hvor der er flere ubekendte end ligninger, har altid uendelig mange løsninger (og specielt har det altid en ikke-triviel løsning). Bevis. Der er flere ubekendte end der er ligninger. For koefficientmatricen betyder det: der er flere søjler end rækker. Bringes matricen på en eller anden måde på række-echelon form, vil der være pivotfrie søjler, da der jo højst er én pivot i hver række. Altså indgår der parametre i beskrivelsen af ligningssystemet, der altså har uendelig mange løsninger. Ud fra Sætningerne 7 og 8 kan man tilsvarende indse: et konsistent inhomogent lineært ligningssystem, hvor der er flere ubekendte end der er ligninger, har altid uendelig mange løsninger.

43 6. LØSNINGSTEKNIK 39 Eksempel 1. Vi søger samtlige 3 2 matricer B, der opfylder A B = I 2, hvor A er 2 3-matricen [ (med andre ord, vi søger samtlige højre-inverse matricer til A). Betegnes de 3 2 = 6 indgange i B med x 1,..., x 6, som angivet i nedenstående opstilling, er problemet altså at bestemme x 1,..., x 6, så at [ x 1 x 4 x 2 x 5 x 3 x 6 = [ Dette er opfyldt hvis hver af de fire indgange i 2 2 matricen A B stemmer overens med de tilsvarende indgange i I 2. Dette giver fire ligninger med seks ubekendte: en ligning for hver af de fire indgange i den ønskede produktmatrix, en ubekendt for hver af de seks indgange i den søgte matrix B : 2x 1 +x 2 2x 3 = 1 5x 1 +3x 2 4x 3 = 0 2x 4 +x 5 2x 6 = 0 5x 4 +3x 5 4x 6 = 1 løsningsmængden til dette ligningssystem har, som vi skal se, de 6-4=2 frihedsgrader, som tommelfingerreglen lader os forvente. Eksempel 2. Vi beskriver den fuldstændige løsning til den opgave, vi stillede os i Eksempel 1; en parameterfremstilling for løsningsmængden er (x 1, x 2, x 3, x 4, x 5, x 6 ) = (3, 5, 0, 1, 2, 0) + s (2, 2, 1, 0, 0, 0) + t (0, 0, 0, 2, 2, 1). Her er s og t parametre, og kan altså vælges frit. Vælger vi f.eks s = 1 og t = 1 2 fås (3, 5, 0, 1, 2, 0) + (2, 2, 1, 0, 0, 0) + (0, 0, 0, 1, 1, 1 2 ) = ; = (5, 7, 1, 0, 1, 1 2 ). Vi indsætter dette 6-tupel som x 1,...,x 6 i matrixligningen, hvilket giver [ 5 0 [ =,

44 40 som man kan kontrollere passer. Andre valg af parameterværdierne s og t ville også give løsninger til matrixligningen i Eksempel 1. Eksempel 3. De to matricer fra Eksempel 2 kan også multipliceres sammen i modsat rækkefølge. Det ses ved udregning, at [ Eksempel 4. Løs matrixligningen [ = [ x11 x 12 = x 21 x [ [ 2 1 (I terminologien fra 4 er det altså en højre invers matrix til matricen, 5 3 der søges.) Denne ligning ses ved at multiplicere matricerne ud, og sammenligne dem plads for plads, at være ensbetydende med følgende lineære ligningssystem på fire ligninger med fire ubekendte x 11, x 12, x 21, x 22 :. 2x 11 + x 21 = 1 5x x 21 = 0 2x 12 + x 22 = 0 5x x 22 = 1 Denne metode til at finde en invers matrix på, er ikke særlig praktisk; en mere effektiv metode demonstreres, for vilkårlige m m matricer, i følgende 7. Det er iøvrigt en opgave, man i dag gerne lægger i hænderne på en computer, forsynet med matematik-programpakker som Maple, Mathematica ell.l. Det anbefales ved løsning af lineære ligningssystemer altid at skrive hele systemet op hver gang man har lavet en eller flere rækkeoperationer på det. - Iøvrigt er et klart, at man kan spare at skrive x i erne, såvel som plus- og lighedstegnene. Betragt f.eks. et ligningssystem på m ligninger med n ubekendte. Man opererer så faktisk med en m (n + 1)-matrix, hvor den tilføjede søjle (den sidste) er ligningssystemets højre side. Man adskiller den fra den øvrige matrix ved en lodret streg. Dens indgange deltager i rækkeoperationerne. Men hvilke rækkeoperationer, der skal foretages, dirigeres udelukkende af hvad der står til venstre for delestregen. For homogene lineære ligningssystemer kan man spare højresiden, der jo er 0-vektoren, og vedbliver at være det under alle rækkeoperationer...

45 6. LØSNINGSTEKNIK 41 Opgaver Opgave 1. Angiv den fuldstændige løsning til ligningssystemet x +3y +2z = 4 4x +5y +2z = 6 Opgave 2. Angiv den fuldstændige løsning til ligningssystemet x +3y +2z = 4 4x +5y +2z = 6 2x +y +3z = 1 Opgave 3. Angiv den fuldstændige løsning til ligningssystemet 4x +5y +2z = 6 2x +y +3z = 1 Opgave 4. Bestem den fuldstændige løsning til det homogene lineære ligningssystem x 2 4x 3 = 0 2x 1 3x 2 +2x 3 = 0. 5x 1 8x 2 +7x 3 = 0 Vis, at hvis højre-siden i dette ligningssystem erstattes af (16, 2, 2), så er systemet inkonsistent. Opgave 5. Find en funktion f(x) af form ax 2 + bx + c, der opfylder f(1) = 1,f(2) = 3. (M.a.o. find en parabel (med lodret symmetri-akse) i R 2, der går gennem punkterne (1, 1) og (2, 3)). Bestem endvidere samtlige sådanne parabler. Opgave 6. Skriv vektoren (7,8) som linearkombination af vektorerne a 1 = (2,4) og a 2 = (3,5). Opgave 7. Angiv den fuldstændige løsning til det inhomogene lineære ligningssystem x 1 +2x 2 +3x 3 6x 4 = 5 x 1 +2x 2 3x 3 = 17. Facit f.eks. (11,0, 2,0)+s( 2,1,0,0)+t(3,0,1, 1) eller (11 2s+3t,s, 2+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. (9,1, 2,0) + s(1,1,1,1) + t( 5,1, 1, 1). Opgave 8. Betragt det inhomogene lineære ligningssystem x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +x 5 = 1 x 1 +x 3 +x 5 = 3 x 2 +2x 4 = 0.

46 42 Angiv den fuldstændige løsning til ligningssystemet. Opgave 9. 1) Vis at vektoren (2, 7, 6) kan skrives som linearkombination af vektorerne (1,3,2) og (0,1,2). 2) Vis at også vektoren ( 1, 0, 4) kan skrives som linearkombination af vektorerne (1,3,2) og (0,1,2). 3) Vis at span((1,3,2),(0,1,2)) = span((2,7,6),( 1,0,4)). 7 Rækkeoperations-matricer og inversion De foregående afsnit har beskæftiget sig med algoritmiske aspekter ved løsning af lineære ligningssystemer. Disse teknikker kan udbygges til egentlige programmer, der kan implementeres på computere. Dette har betydning for de store lineære ligningssystemer, der forekommer i anvendelser. I det følgende vil vi gå i retning af mere teori, mindre algoritmik: Vi vil formulere algoritmerne matrix-teoretisk. Som biprodukt får vi en recept til at finde den inverse til en invertibel matrix A. Sætning 10 Lad A og B være kvadratiske matricer af samme størrelse. Hvis A B = I, så er også B A = I. Med andre ord, en højre invers til en kvadratisk matrix er automatisk en to-sidet invers til den! - En konsekvens er, at en venstre-invers til en kvadratisk matrix D også automatisk er en to-sidet invers til den. For hvis C er venstre invers til D, så er D højre invers til C, og ifølge sætningen er D altså en to-sidet invers til C, D C = I = C D, men disse ligninger kan også læses: C er to-sidet invers til D. Løsningsalgoritmen for lineære ligningssystemer byggede på tre typer række-operationer. Hver af dem kan opfattes som den operation, der består i venstre-multiplikation med en passende række-operations -matrix. En række-operationsmatrix er en matrix, der fremkommer ved at udføre en rækkeoperation på en identitetsmatrix. F.eks. er matricen C = rækkeoperationsmatrix, idet den er fremkommet af I 3 ved at subtrahere 1.5 gange første række fra anden.

47 7. RÆKKEOPERATIONS-MATRICER OG INVERSION 43 Overgangen fra (12) til (13) kan beskrives som en matrix-multiplikation: = Det er rimelig klart, at hvis A x = b er den matrix-teoretiske formulering af et ligningssystem, med højre-side b, så er C A x = C b den matrix-teoretiske formulering af det ligningssystem, der fremkommer ved rækkeoperationen subtraher 1.5 gange første ligning fra den anden ligning (jvf. f.eks. overgangen fra ligningssystem (12) til ligningssystemet (13)). Eksempler på række-operations-matricer, svarende til de to andre typer række-operationer, gives her: svarende til ombytning af første og anden række, og, for a 0 a , svarende til multiplikation af første række med a 0. Vi kan nu bevise Sætning 10. Antag at A er en kvadratisk matrix (lad os sige m m) med en højre invers matrix B. Så gælder, at ligningssystemet A x = b har en løsning, uanset hvordan b ser ud. Thi x = B b er en løsning:, A B b = I b = b. Alle ligningssystemer af form A x = b er altså konsistente. Som vi så ovenfor, betyder det, at A ikke ved rækkeoperationer føres over i en matrix med en nulrække nederst. Ifølge enten-eller princippet (22) kan en kvadratisk matrix enten føres over i identitetsmatricen, eller føres over i en matrix med

48 44 en nulrække nederst. Da vi lige har forkastet denne sidste mulighed, må A altså ved rækkeoperationer kunne føres over i identitetsmatricen. Matrixteoretisk udtrykt: der findes en matrix C så C A = I m (hvor C er et produkt af række-operations-matricer). Vi har altså nu m m matricer C og B, der opfylder C A = I og A B = I (sidstnævnte pr. forudsætning om A). Nu kan vi gennemføre det samme rent formelle argument, vi har set før, til at konkludere, at så må B = C, så at B altså er en to-sidet invers til A: dette formelle argument er (idet vi skriver I for I m ) Sætningen er bevist. C = C I = C A B = I B = B. Ud fra beviset kan vi faktisk aflæse en effektiv metode til at finde den inverse til en invertibel matrix A. Det fremgår af beviset, at den inverse til A netop er det produkt C af række-transformations-matricer, der blev brugt for at bringe A på form I. Bærer man sig praktisk ad, er det ikke nødvendigt at skrive alle disse række-operations-matricer op, der indgår i C; vi er kun interesseret i deres produkt, og det vil jo være lig den samlede effekt af at udføre rækkeoperationerne på identitetsmatricen I. En praktisk recept er altså: skriv A og I m op ved siden af hinanden som en m 2m matrix, og udfør de rækkeoperationer på denne matrix, der skal bruges for at bringe A (altså matricens venstre halvdel) på form I m. I matricens højre halvdel vil de brugte rækkeoperationer så som effekt efterlade matricen C (=den inverse til A). Eksempel 1. Vi benytter denne metode til at invertere 2 2 matricen [ 2 1 A =. 5 3 Vi opskriver 2 4 matricen A I 2, [ (med 0 er på de ikke-afmærkede pladser). Vi udfører rækkeoperationer,

49 7. RÆKKEOPERATIONS-MATRICER OG INVERSION 45 [ efterfulgt af [ der giver [ og til sidst udføres rækkeoperationerne multiplicer første række med 0.5 og multiplicer anden række med 2, det giver os [ , til venstre for stregen står nu I 2, og til højre for stregen står A 1. Udregningen giver iøvrigt, at A 1 er et produkt af fire rækkeoperationsmatricer (læs fra højre): [ [ [ [, Som nævnt er det kun kvadratiske matricer, der kan have inverse matricer. Hvis man har et kvadratisk lineært ligningssystem A x = b, og man har brug for at finde en løsning for alle mulige højresider b, har man brug for den inverse til A. Hvis nemlig A har B som invers matrix, så gælder: for vilkårlig b er B b en løsning til A x = b. For, A (B b) = (A B) b = I b = b, fordi A B = I og I b = b. Dette princip er nyttigt f.eks. i forbindelse med besvarelse af varmemester-projektet nedenfor. Opgaver Opgave 1. Undersøg om hver af følgende matricer har en invers: [ [ og

50 46 Opgave 2. Det oplyses, at følgende matrix har en invers. Angiv den inverse. [ Opgave 3. Det oplyses, at følgende matrix har en invers. Angiv den inverse. [ Opgave 4. Det oplyses, at følgende matrix har en invers. Angiv den inverse Opgave 5. Det oplyses, at følgende matrix har en invers. Angiv den inverse Opgave 6. Løs hver af de to matrix-ligninger A X = B og X A = B når A = [ og B = [ (Vink: brug den inverse til matricen A.) Opgave 7. Angiv inverse matricer til hver af de 3 3 række-operationsmatricer, der er skrevet op i dette afsnit. Generaliser til vilkårlige rækkeoperationsmatricer. Opgave 8. Skriv matricen fra Opg. 2 som produkt af række-operationsmatricer. Skriv også den inverse matrix som produkt af række-operationsmatricer. (Vink: Begynd med det sidste.) Opgave 9. Samme spørgsmål, men med matricen fra Opg. 3.

51 7. RÆKKEOPERATIONS-MATRICER OG INVERSION 47 Projekter 1. Varmemester-Projekt. Betragt en lejlighed med tre værelser, x, y og z, som optegnet nedenfor; de tilstødende vægges temperatur er betegnet a, b, c osv.; de tænkes holdt konstant: a c a c b d d b temperaturen i hvert værelse antages at være gennemsnittet af de fire tilstødende temperaturer. Angiv (x, y, z) som funktion af (a, b, c, d). (Funktionen er en lineær funktion R 4 R 3, så den kan angives ved hjælp af en 3 4 matrix.) 2. Bikube. Betragt tre sammenstødende seks-kantede celler (X, Y, Z) i en bikube. Antag at temperaturen i hver af de tre celler er gennemsnittet af temperaturen i de seks tilstødende vægge. Angiv temperaturen i X, Y og Z som funktion af temperaturen i de 9 tilstødende celler. 3. Mere varmemester. I et værelse med vægge af forskelligt areal antages temperaturen at være et vægtet gennemsnit af temperaturene i de tilstødende værelsers temperaturer, idet hver væg vægtes med faktor = arealet. Hvis f.eks. det drejer sig om et trekantet værelse med vægge af areal 3,4 og 5, og temperaturen i de tilstødende værelser er henholdsvis a, b og c, så er værelsets temperatur (ifølge denne model) 3 a + 4 b + 5 c Betragt to trekantede værelser, der har en væg fælles, som på nedenstående figur. De anførte tal (indvendigt i figuren) angiver de pågældende vægges areal. De udvendige tal angiver temperatur:

52 48 Find værelsernes temperatur Stationære elektriske strømme. I et elektrisk netværk med modstande er spændingen i hvert knudepunkt et vægtet gennemsnit af spændingen i hvert af nabopunkterne; vægtningsfaktoren er ledningsevnen i ledningsstykket mellem knudepunkterne. ( Ledningsevne er det reciprokke til modstanden.) Betragt et netværk (Wheatstones bro) med fire knudepunkter A, B, X, Y X A B Y og ledningsevner AX: ledningsevne 3 BX: ledningsevne 5 AY : ledningsevne 6 BY : ledningsevne 6 XY : ledningsevne 4 Det antages, at A og B har spænding henholdsvis 20 og 10 volt; denne spænding tænkes opretholdt af uudtømmelige strømkilder (antydet ved de vandrette ledninger ). 1) Beregn spændingen x og y i de to knudepunkter X og Y. De to følgende delspørgsmål kan besvares uafhængigt af hinanden.

53 8. DETERMINANTER 49 2) Hvad er ledningsevnen for det samlede netværk mellem A og B? (Vink: strømmen i hvert ledningsstykke er = spændingsforskellen gange ledningsevnen (eller : spændingsforskellen divideret med modstanden). Den samlede strøm, der forlader A er altså (20 x)3+(20 y)6, og da spændingsforskellen mellem A og B er 10, er ledningsevnen altså 1 ((20 x)3 + (20 y)6). 10 (Hvis spænding, som her, måles i volt, og ledningsevne i Ohm 1, bliver strømmen udtrykt i Ampere.) 3) Stykket (modstanden) i stykket BY skiftes nu ud med en variabel modstand. Hvad skal ledningsevnen u i BY være, for at X og Y får samme spænding? 8 Determinanter Man kan definere determinanten af en vilkårlig kvadratisk matrix; determinanten er et tal. For 2 2 og 3 3 matricer er definitionen og nogle vigtige egenskaber givet i [S s Vi gentager definitionerne, men med sædvanlig dobbelt-index notation a ij for indgangene i en matrix. Med denne notation er a 11 a 12 a 21 a 22 = a 11a 22 a 12 a 21 og a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 = a 11 a 22 a 23 a 32 a 33 a 12 a 21 a 23 a 31 a 33 + a 13 a 21 a 22 a 31 a 32. Læg mærke til, at definitionen af determinant af en 3 3 matrix bygger på, at vi allerede har defineret determinant af 2 2 matricer. Mere generelt vil definitionen af determinant af en n n matrix bygge på definitionen af determinant af (n 1) (n 1)-matricer. Det er en såkaldt induktiv definition. Læg mærke til, at de lodrette streger, der betegner determinant af, ikke er numerisk-tegn ; og læg mærke til, at når vi skriver determinanten af en matrix v.hj. af sådanne determinant-streger, så forsvinder de firkantede matrix-parenteser, for nemheds skyld, altså f.eks. a [ 11 a 12 a 21 a 22 i stedet for a11 a 12. a 21 a 22

54 50 Hvis A betegner en (kvadratisk) matrix, så skriver man ofte determinanten af A som det(a) i stedet for A. En hjælpe-definition inden definitionen af determinant af en n n- matrix : Hvis A er en n n matrix, og i, j er (adressen på) en indgang i den, så er den tilhørende minor matrix A ij den (n 1) (n 1) matrix, der fremkommer ved i A at slette den i te række og den j te søjle. Hvis f.eks. n = 3, så kan definitionen af determinant af en 3 3-matrix A med indgange a ij skrives det(a) = a 11 det(a 11 ) a 12 det(a 12 ) + a 13 det(a 13 ). Helt tilsvarende defineres nu determinanten af en n n matrix A, eller n te ordens determinant, ud fra (n 1) te ordens determinant: det(a) = a 11 det(a 11 ) a 12 det(a 12 ) + a 13 det(a 13 ) +... ± a 1n det(a 1n ), (23) hvor fortegnet hver anden gang er +, hver anden gang, med andre ord, leddet a 1j det(a 1j ) har fortegnet ( 1) 1+j. Der er i definitionsformlen n led, der hver kræver udregning af en (n 1) (n 1)-determinant. Man ser let ved induktion, at der alt i alt kommer n! led i udregningen af en n n-determinant. Allerede 4 4 determinanter involverer således 4! = 24 led, og er ikke velegnet til direkte udregning. Determinanter er et teoretisk, mere end et praktisk, værktøj, når n 4. Man siger, at determinanten af A i definitionsformlen (23) er udregnet ved udvikling efter første række. Der gælder den sætning, at en determinant også kan udvikles efter en hvilken som helst anden række, eller efter en hvilken som helst søjle. Udtrykt i formler: udvikling efter i te række (i = 1,..., n) det(a) = n ( 1) i+j a ij det(a ij ), j=1 og udvikling efter j te søjle (j = 1,..., n) tilsvarende det(a) = n ( 1) i+j a ij det(a ij ). i=1 Vi vil ikke bevise, at disse udviklinger giver samme værdi som definitionsformlen. For praktisk udregning af determinanter vil man normalt vælge at udvikle efter en række eller søjle, der indeholder mange 0 er ; fordi hvis a ij er 0, kan man jo spare sig at udregne den (n 1) (n 1) determinant, der indgår i det pågældende led ( 1) i+j a ij det(a ij ). På denne måde kan man let indse, at determinanten af enhedsmatricen I n er 1:

55 8. DETERMINANTER 51 det(i n ) = 1 Eksempel 1. Udregn determinanten af orden Fjerde søjle indeholder mange nuller; udvikling efter denne søjle giver kun ét led, nemlig svarende til adressen (4,4), ( 1) = , og den tredie ordens determinant, der indgår her, kan passende udvikles efter tredie række, der også kun indeholder én indgang forskellig fra 0; og det giver ( 1) = 1 Blandt kvadratiske matricer, der indeholder mange 0 er har vi rækkeoperations-matricerne, hvis determinanter derfor er lette at udregne. Faktisk er den 4 4 matrix, hvis determinant vi netop har udregnet, en rækkeoperations-matrix: den svarer til addition af 7 gange tredie række til første ; og vi fandt, at dens determinant var 1. Der gælder generelt: en rækkeoperations-matrix, svarende til addition af et multiplum af en række til en anden, har determinant 1; en rækkeoperations-matrix, svarende til ombytning af to rækker, har determinant 1; en rækkeoperations-matrix, svarende til multiplikation af en række med en skalar λ 0, har determinant λ. Specielt ser vi: determinanten af en vilkårlig rækkeoperations-matrix er 0. Der er en smuk formel egenskab ved determinanter, som begrunder deres anvendelighed:

56 52 Sætning 11 (Produktreglen for determinanter.) For to kvadratiske matricer A og B af samme størrelse gælder det(a B) = det(a)det(b). (24) Vi skal ikke vise denne sætning; for matricer af størrelse 2 2 eller 3 3 er den let at verificere ved direkte udregning (bogstavregning); men det lærer man ikke ret meget af. Der gælder ikke nogen tilsvarende pæn formel for det(a + B). Af produktreglen ser vi, at hvis A og B er to matricer (kvadratiske, af samme størrelse) med det(a) 0 og det(b) 0, så er også det(a B) 0. Af produktreglen følger også, at hvis A er en invertibel (kvadratisk) matrix, så er determinanten 0; thi hvis B er den inverse til A, så gælder det(a)det(b) = det(a B) = det(i) = 1, altså tallene det(a) og det(b) er hinandes reciprokke, og så kan ingen af dem være 0. Omvendt skal vi nu vise, at hvis determinanten af en (kvadratisk) matrix er 0, så er matricen invertibel; og vi skal vise et beslægtet resultat om kvadratiske homogene ligningssystemer. Disse to sætninger kalder man sommetider determinant-kriterier på invertibilitet, hhv. på løsbarhed af kvadratiske ligningssystemer. Sætning 12 ( Determinant-kriterium. ) En kvadratisk matrix er invertibel hvis og kun hvis dens determinant er 0. Sætning 13 ( Determinant-kriterium for ligningssystemer ) Et homogent lineært kvadratisk ligningssystem A x = 0 har en egentlig løsning, dvs. en løsning x 0, hvis og kun hvis det(a) = 0. Bevis for Sætning 12. Vi har allerede set, at hvis A er invertibel, så gælder det(a) 0. Antag omvendt det(a) 0. Vi udfører rækkeoperationer på A. Rækkeoperationer består i at multiplicere til venstre med rækkeoperationsmatricer, og hver af dem har determinant 0. Så enhver matrix, der fremkommer af A ved rækkeoperationer, har også determinant 0. Så kan der ikke fremkomme en matrix med en nulrække nederst, thi en sådan matrix har determinant 0 (udvikl den efter sidste række!). Iflg. enteneller -princippet (22), hvor vi nu har udelukket den ene mulighed ( nulrække

57 8. DETERMINANTER 53 nederst ), må der så gælde, at A ved rækkeoperationer kan føres over i identitetsmatricen I, og det vil sige at A er invertibel (med produktet af de anvendte rækkeoperations-matricer som invers, som vist i 7). Bevis for Sætning 13. Sætningens to påstande er ved simpel logik ensbetydende med de to påstande: 1) Hvis determinanten er 0, så har ligningssystemet en egentlig løsning. 2) Hvis determinanten er 0, så har ligningssystemet kun nul-løsningen. Bevis for 1). Hvis det(a) = 0, så har også enhver matrix, der fremkommer af A ved rækkeoperationer determinant =0. (Det følger igen af produktreglen for determinanter, og det faktum at rækkeoperationer på A består i at multiplicere A med rækkeoperationsmatricer.) Så kan A altså ikke rækkereduceres til identitetsmatricen. Iflg. enten-eller-princippet (22) kan A altså rækkereduceres til en matrix A med en nulrække nederst. Altså er der mindst én pivotfri søjle i A, og det tilhørende homogene ligningssystem har altså uendelig mange løsninger, jvf. Sætning 9; specielt er der en egentlig løsning. Men ligningssystemerne A x = 0 og A x = 0 er ækvivalente (har samme løsningsmængde). Bevis for 2). Hvis det(a) 0, så er A en invertibel matrix, ifølge Sætning 12, vi kan altså betragte dens inverse matrix, A 1. Hvis nu x er en løsning til ligningssystemet A x = 0, så gælder x = I x = A 1 A x = A 1 0 = 0; altså er x = 0, der altså er den eneste løsning til A x = 0. Opgaver Opgave 1. Vis, at hvis man i en kvadratisk matrix adderer et multiplum af en række til en anden, så ændres determinanten ikke. (Vink: determinanten af en rækkeoperationsmatrix svarende til en sådan rækkeoperation, er 1; brug nu produktreglen for determinanter.) Tilsvarende for søjler. Opgave 2. Vis: Hvis en kvadratisk matrix har to ens rækker, så er dens determinant = 0. (Vink: brug Opgave 1.) Opgave 3. Udregn determinanten af følgende 5 5 matrix (0 er på de ikkeafmærkede pladser):

58 54 Opgave 4. Angiv et tal λ så at matricen [ λ λ har determinant = 0. Opgave 5. Angiv et tal a, så at følgende (homogene, kvadratiske) lineære ligningssystem har uendelig mange løsninger: 2x +y +az = 0 x +2y +3z = 0 4x +y +2z = 0 Opgave 6. Angiv for hvert reelt tal λ løsningsmængden til det homogene lineære ligningssystem 3x + (1 + λ)y = 0 2x + 4y = 0 Opgave 7. Angiv for hvert reelt tal λ løsningsmængden til det homogene lineære ligningssystem (3 λ)x + y = 0 2x + (4 λ)y = 0 9 Egenværdier og egenvektorer Vi skal her præsentere teorien for egenvektorer for lineære afbildninger mellem koordinatvektorrum; disse afbildninger kan angives ved matricer, som beskrevet i 3. Lad A være en n n-matrix. En egenvektor for A er en vektor u R n, så at matrixproduktet A u (u skrevet op som søjlematrix) er proportionalt med u, altså så at der findes et tal λ, så at A u = λ u. (25) Hvis u 0, kaldes λ egenværdien 5 hørende til egenvektoren u, og u kaldes en (egentlig) egenvektor hørende til egenværdien λ. Når man siger, at tallet λ er en egenværdi for matricen A, mener man, at der findes en egentlig vektor u, som er en egenvektor med tilhørende egenværdi λ. Hvis ikke man lagde den indskrænkning på u at den er egentlig, ville ethvert tal λ kvalificere som egenværdi, med 0 som egenvektor, λ0 = 0 = A 0, 5 bortset fra det trivielle tilfælde hvor u = 0, er λ entydigt bestemt ved u; thi hvis A u = λ 1 u = λ 2 u og u 0, så er λ 1 = λ 2.

59 9. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER 55 og så ville begrebet egenværdi være et tomt begreb. I nogle fremstillinger af lineær algebra er en egenvektor pr. konvention en egentlig vektor. Eksempel 1. Vektoren ( 3, 1) er en egenvektor for 2 2 matricen A = [ 3 3 ; den tilhørende egenværdi er 2. Thi 2 4 [ [ [ [ = = Hvis en vektor u er en egenvektor for en matrix A, med tilhørende egenværdi λ, så er, for vilkårligt tal c, også c u en egenvektor for A, med tilhørende egenværdi λ: A (c u) = c (A u) = c (λ u) = λ (c u). Det følger af elementære regneregler for matricer. Men vi kan sige lidt mere: se Sætning 15 nedenfor. [ 1 2 Opgave A. Betragt matricen givet ved A =. For hver af 4 5 følgende vektorer skal man afgøre, om de er egenvektorer for A; for dem, der er egenvektorer, skal man angive den tilhørende egenværdi: u 1 = (4, 4), u 2 = (1, 2), u 3 = ( 1, 2), u 4 = ( 10, 20). (Af typografiske grunde er disse vektorer skrevet som rækkevektorer i stedet for som søjlevektorer.) Givet en n n-matrix. Vi skal stille og besvare to spørgsmål. 1) Hvordan ser man på et tal λ om det er en egenværdi for matricen? 2) Antag, at vi ved, at tallet λ er en egenværdi for matricen, hvordan finder vi så tilhørende egenvektorer? Vi begynder med spørgsmål 1. Hvordan ser man på et tal λ om det er en egenværdi for en given n n matrix A? Pr. definition betyder det, at der findes en egentlig egenvektor, dvs. en egentlig x R n (x = (x 1,...,x n )) med A x = λ x; det betyder igen, at ligningssystemet A x = λ x (26) har en egentlig løsning x. Dette ligningssystem er et let kamufleret lineært ligningssystem (kamuflagen er, at de ubekendte x i er optræder på begge sider af lighedstegnet). Lad os skrive ligningssystemet helt ud (indgangene i matricen A betegnes a ij ): a 11 x 1 +a 12 x a 1n x n = λx 1 a 21 x 1 +a 22 x a 2n x n = λx a n1 x 1 +a n2 x a nn x n = λx n

60 56 hvor vi på højre side, lige som på venstre side, har holdt de n forskellige ubekendte i hver sin søjle, for overskuelighedens skyld. I hver af de n ligninger trækker vi nu højre siden fra venstre siden, så at der kommer 0 er på højre siden, i hver af ligningerne. Det fremkomne ligningssystem (der selvfølgelig er ækvivalent med det oprindelige) er: (a 11 λ)x 1 +a 12 x a 1n x n = 0 a 21 x 1 +(a 22 λ)x a 2n x n = 0. a n1 x 1 +a n2 x (a nn λ)x n = 0 Dette er nu tydeligvis et homogent lineært ligningssystem på n ligninger med n ubekendte. Dets løsninger x er løsningerne til (26), og dermed er de præcis egenvektorerne hørende til λ. Koefficientmatricen ses at være den matrix, der er fremkommet af A ved at trække tallet λ fra i hver af de n diagonal-indgange, dvs. trække λ fra de indgange, der har adresser (1, 1), (2, 2),...(n, n). At λ er en egenværdi er ensbetydende med at dette ligningssystem har en egentlig løsning. Men for kvadratiske homogene lineære ligningssystemer har vi determinantkriteriet (Sætning 13) for hvornår der findes egentlige løsninger; derfor får vi Sætning 14 Lad der være givet en n n matrix A og et tal λ. Så er λ en egenværdi for matricen hvis og kun hvis determinanten af den matrix, der fremkommer af A ved at trække λ fra hver af de n diagonal-indgange, er 0. Bemærkning 1. Der findes andre måder at finde eller approximere egenværdier på: determinanter er ikke egnet til praktisk regning for store (kvadratiske) matricer. Matricen, der fremkommer af A ved at trække λ fra hver af de n diagonalindgange, betegnes også kort A λ I n. Da mængden af egenvektorer hørende til λ er løsningsmængde til et vist homogent lineært ligningssystem, får vi umiddelbart ud fra Sætning 7: Sætning 15 Lad λ være en egenværdi for en n n matrix A. Så er mængden af egenvektorer for A, hørende til λ, et lineært underrum af R n. (Dette underrum kaldes egenrummet hørende til egenværdien λ for A.) Læg mærke til, at et egenrum for en egenværdi λ altid indeholder en vektor 0. For vi har jo defineret λ er en egenværdi sådan, at der findes egentlige egenvektorer hørende til λ. Egenrummet for en given egenværdi λ vil man ofte betegne E λ.

61 9. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER 57 Eksempel 2. Betragt 2 2-matricen A fra Eksempel 1, [ A = Vi ved allerede fra Eksempel 1, at tallet 2 er en egenværdi. Hvilke andre tal er egenværdier for denne matrix? Ifølge Sætning 14 er et tal λ en egenværdi hvis og kun hvis determinanten 3 λ λ er 0. Den udregnes til. (3 λ) ( 4 λ) 3 ( 2) = λ 2 + λ 6. Det er et andengrads-polynomium i λ. Det har rødder λ = 2 og λ = 3. Disse to tal er altså egenværdierne for matricen. En egenvektor hørende til egenværdien 3 kan findes ved at løse det homogene lineære ligningssystem eller (3 ( 3))x 1 +3x 2 = 0 2x 1 +( 4 ( 3))x 2 = 0 6x 1 +3x 2 = 0 2x 1 1x 2 = 0. (27) En partikulær egentlig løsning er f.eks. x 1 = 1, x 2 = 2, så at altså vektoren ( 1, 2) er en egenvektor for A hørende til egenværdien 3. Vi fandt i ovenstående eksempel, at de mulige egenværdier for den givne 2 2-matrix A var rødderne i et vist 2.grads polynomium i λ, nemlig det(a λi 2 ). Helt generelt kan man vise, at hvis A er en n n-matrix, så er det(a λi n ) et n te grads polynomium i λ. Dette polynomium kaldes det karakteristiske polynomium for matricen A. Sætning 14 kan altså formuleres: Egenværdierne for en (kvadratisk) matrix er præcis rødderne i dens karakteristiske polynomium. Da et n te grads polynomium højst har n rødder, følger det, at en n n matrix højst har n egenværdier.

62 58 Bemærkning 2. Det kan let vises, at n te grads leddet i det karakteristiske polynomium for en n n matrix er ±λ n (+ hvis n er lige, ellers ), og at konstantleddet netop er determinanten af matricen. Endelig kan det vises, at koefficienten til λ n 1 er ± sporet af matricen ( hvis n er lige, ellers +), hvor sporet af en kvadratisk matrix er defineret som summen af diagonalindgangene. Disse oplysninger er nyttige til kontrol for regnefejl i udregning af karakteristisk polynomium. Eksempel 3. Betragt matricen A = Dens karakteristiske polynomium er determinanten 1 λ λ λ = (1 λ) 1 λ λ λ λ 2 1 der udregnes til (1 λ)((1 λ) 2 + 1) 2(1 λ) = λ 3 + 3λ 2 2λ, (28) der har rødder λ = 0, 1 og 2, som altså er egenværdierne for matricen A. Bemærkning 3. Det er let at lave regnefejl (specielt fortegnsfejl) i udregningen af det karakteristiske polynomium. Hastværk er lastværk. I ovenstående udregning kunne man skyde en regnemæssig genvej (og dermed nedsætte fejl-risikoen) ved at observere, at i (28) indgår faktoren (1 λ) i begge led på venstre side, og den kan altså sættes uden for en parentes. Dermed har man også med det samme den oplysning, at tallet 1 er rod i polynomiet, og altså en egenværdi. Eksempel 4. Det oplyses, at tallet 2 er egenværdi for matricen A = Find en tilhørende egenvektor. Det kommer ud på at løse det homogene lineære ligningssystem. (1 2)x 1 +0x 2 +1x 3 = 0 0x 1 +(1 2)x 2 +1x 3 = 0 2x 1 1x 2 +(1 2)x 3 = 0

63 9. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER 59 dvs. ligningssystemet x 1 +x 3 = 0 x 2 +x 3 = 0 2x 1 x 2 x 3 = 0 Som det fremgår af beviset for Sætning 13, så kan en kvadratisk matrix med determinant = 0 række-reduceres til en matrix med en nulrække nederst. Det homogene lineære ligningssystem, der skal løses for at finde egenvektorer hørende til en given egenværdi λ, kan altså også være et ligningssystem med en triviel ligning 0 = 0 nederst, for λ var jo fundet sådan, at koefficient-matricen havde determinant = 0. I det ovenstående ligningssystem fås således en nul-ligning nederst ved at addere 2 gange første ligning, og subtrahere anden lining, fra den nederste ligning. En partikulær løsning er f.eks. (x 1, x 2, x 3 ) = (5, 5, 5), der er en egenvektor for matricen A hørende til egenværdien 2. Enhver vektor af form (t, t, t) (hvor t R) er faktisk en egenvektor. Det er faktisk en parameterfremstilling for mængden af samtlige egenvektorer for A hørende til egenværdien 2. (Man kan godt komme ud for, at der skal to eller flere parametre til at beskrive mængden af egenvektorer hørende til en given egenværdi for en given matrix. F.eks. er alle vektorer i R n egenvektorer med egenværdi 1 for matricen I n.) Opgave B. Det oplyses, at tallet 0 er egenværdi for matricen A fra Eksempel 4 ovenfor. Find samtlige egentlige egenvektorer hørende til denne egenværdi. Eksempel 5. Vi vender tilbage til matricen F, som vi studerede i forbindelse med Fibonaccis populationsmodel,. Dens karakteristiske poly- [ nomium er λ λ = λ2 λ 1, der har rødder λ = 1 ± 5 ; 2 disse to tal er altså Fibonacci-matricens egenværdier. Den største af disse egenværdier er, med ni decimaler, Vi har ovenfor allerede observeret, at 1.62 næsten var en egenværdi. Tallet 1+ 5 er siden oldtiden 2 blevet kaldt det gyldne snit. Eksempel 6. Vis, at 1 er den eneste egenværdi for enhedsmatricen I n. Vis, at enhver vektor i R n er egenvektor for I n hørende til egenværdien 1. Der skal altså n parametre til at beskrive rummet af egenvektorer for I n hørende til egenværdien 1.

64 60 Eksempel 7. Betragt matricen A = Angiv samtlige egenvektorer hørende til egenværdien λ = 1. Det kommer ud på at angive løsningsrummet til det homogene lineære ligningssystem med koefficientmatrix De to sidste ligninger i dette ligningssystem udtrykker begge, at x 2 = x 3. Hvilke bånd lægger ligningssystemet på værdien af x 1? Ingen bånd; x 1 kan vælges vilkårligt (en almindelig fejl er at konkludere, at ligningssystemet tvinger x 1 til at være 0). Egenrummet E 1 består altså af samtlige vektorer af form (s, t, t). Læg mærke til, at hvis vi vil løse ligningssystemet efter recepten i 6, må vi begynde med at bytte rækkerne om så at den øverste kommer nederst. Eksempel 8. En modificeret Fibonacci-model. For at få lidt lettere tal at arbejde med, antager vi, at kaninerne i Fibonacci modellen er dobbelt så frugtbare som i Fibonacci s oprindelige model; q par voksne kaniner vil på en måned avle 2q par unger. Dvs. at populationsudviklingen på en måned er beskrevet ved (p, q) (2q, p + q) (hvor første koordinat betegner par af unger, anden koordinat voksne par). Populationsudviklingen på en måned er altså den lineære afbildning givet ved matricen [ 0 2 A =. 1 1 F.eks. er udviklingen over 4 måneder af populationen (0,1) beskrevet ved [ [ [ [ [ Egenværdierne for matricen A er λ = 2 og λ = 1; et par tilhørende egenvektorer er (1, 1) og (2, 1). Det er let at opstille en formel for udviklingen af en populationsvektor, der er egenvektor for A, f.eks. for vektoren (1, 1): [ [ [ [ [

65 9. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER 61 I formel: A n [ 1 1 = 2 n Tilsvarende for populationsvektoren (2, 1) (det er selvfølgelig en matematisk abstraktion, da man ikke kan have negative populationer!) I formel [ 2 1 [ ( 1) [ A n [ 1 1. [ ( 1) 2 [ = ( 1) n Pointen er nu, at hvis vi kan skrive en populationsvektor som linearkombination af egenvektorerne (1, 1) og (2, 1), så kan vi beskrive denne populations udvikling gennem tid som den tilsvarende linearkombination af de to ovenfor beskrevne populationsudviklinger. (Afbildningen givet ved matricen A er jo lineær og derfor ombyttelig med linearkombinationer.) Lad os f.eks. betragte populationen (0, 1) (ingen unger, ét par voksne). Ved at løse et lineært ligningssystem finder vi, at koefficienterne, der skal bruges hertil, er 2/3 og -1/3; altså [ 0 = 2 [ [ Så er A n [ 0 1 = A n ( 2 3 = 2 3 An [ 1 1 [ An (fordi A n repræsenterer en lineær afbildning) = 2 3 2n [ [ [ [ 3 ( 1)n 2 1. ) Dette er et lukket udtryk for populationen efter n måneder; sammenlign med de udregnede værdier ovenfor for n = 1,...,4. Opgave C. Udregn populationen efter 6 måneder uden at udregne populationen over 5 måneder. Egenværdi/egenvektor problemstillingen giver mening i større generalitet end koordinatvektorrum, f.eks. for geometriske vektorrum eller funktionsvektorrum

66 62 Lad f : U U være en lineær afbildning fra et vektorrum U til sig selv. En egenvektor for f er en vektor u U så at f(u) er proportional med u, altså så at der findes et tal λ ( proportionalitetsfaktor, i denne forbindelse kaldet egenværdi) så at f(u) = λ u. (29) Eksempel 9. Betragt papirets plan, og gør det til et vektorrum ved at vælge et punkt O som udgangspunkt for regning med stedvektorer. Tegn en ret linie m gennem O. Lad f være den afbildning, der består i spejling i linien m. (Det er en lineær afbildning.) Hvis OP er en vektor på m gælder f( OP) = OP(= 1 OP), og altså er OP en egenvektor for f, den tilhørende egenværdi λ er 1. Hvis derimod Q er et punkt så at OQ er vinkelret på m, så er f( OQ) = ( 1) OQ, så at OQ er en egenvektor for f med egenværdi 1. Hvis R er et punkt, så at OR ikke ligger på m og heller ikke er vinkelret på m, så er OR ikke en egenvektor for f. (Tegn alle de nævnte vektorer selv!) Eksempel 10. Lad U være vektorrummet R 2, og lad f være den afbildning, der til (populationsvektoren for) en kaninbestand i én måned tilordner (populationsvektoren for) kaninbestanden næste måned (i Fibonaccis model). Så er (55,89) næsten en egenvektor, som det fremgår af slutningen af Afsnit 2.1, idet f(55,89) = (89,144) som næsten er proportional med (55,89), med proportionalitetsfaktor 1.62, (89, 144) 1.62 (55, 89). Eksempel 11. Betragt differentialoperatoren D : C (R) C (R) givet ved y y. Betragt funktionen givet ved udtrykket e 5x. Det er en vektor i C (R), og er en egenvektor for D med egenværdi λ = 5, idet D(e 5x ) = 5 e 5x. Eksempel 12. Betragt differentialoperatoren D D : C (R) C (R) givet ved y y ( differentiation to gange ). Funktionen sin (sinus-funktionen) er en egenvektor for denne differentialoperator, med egenværdi 1, idet D(D(sin)) = sin ( sinus-funktionen, differentieret to gange, giver sin ). Opgaver Opgave 1. Find egenværdierne og tilhørende egenvektorer for følgende matrix: [

67 9. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER 63 Opgave 2. Find egenværdierne og tilhørende egenvektorer for følgende matrix: [ Opgave 3. Find egenværdierne og tilhørende egenvektorer for følgende matrix: Opgave 4. Find egenværdierne og tilhørende egenvektorer for følgende matrix: Opgave 5. Find egenværdierne og tilhørende egenvektorer for følgende matrix: Opgave 6. Betragt matricen A givet ved A = Det oplyses, at λ = 5 er en egenværdi A: Angiv samtlige egenvektorer for denne egenværdi. B: Angiv endnu en egenværdi for A.. Opgave 7. Betragt matricen A = ) Vis, at 3 er en egenværdi for A. 2) Det oplyses, at også 3 er en egenværdi. Angiv en egentlig egenvektor hørende til denne egenværdi. 3) Angiv endnu en egenværdi for A..

68 64 Opgave 8. Angiv for hvert reelt tal a egenrummet E 2 for matricen [ 2 a 0 2 Opgave 9. Angiv egenværdierne og de tilhørende egenrum for matricen med 0 er på de ikke-afmærkede pladser. Facit: egenværdierne er λ = 1 og λ = 1. De tilhørende egenrum er henholdsvis span(e 1,e 2,e 3 + e 4 ) og span(e 3 e 4 ). Eller: E 1 = mængden af vektorer af form (r,s,t,t). E 1 = mængden af vektorer af form (0,0,t, t). Opgave 10. Betragt matricen A = ) Angiv samtlige egenvektorer hørende til egenværdien λ = 1 for A. 2) Angiv samtlige egenværdier for A Diagonalisering Den koordinatvektor i R n, der har et 1-tal på i te plads og 0 er ellers, betegnes i det følgende e (n) i, eller blot e i, når n fremgår af sammenhængen; vi kalder den (den i te) standard-enhedsvektor. Den kan også beskrives som i te søjle i matricen I n. Vi vil i reglen tænke os e i skrevet som en søjlematrix, f.eks. i følgende observation: For en vilkårlig m n matrix C gælder, at C e i er den i te søjle i C. (Der er her tale om e i = e (n) i ; ellers ville matrix-produktet ikke give mening.) Dette er en direkte simpel udregning. Hvis c i betegner den i te søjle i C, har vi altså C e i = c i. (30) Hvis C har en invers matrix C 1, får vi, ved at venstre-multiplicere begge sider af denne matrixligning med C 1, at e i = C 1 c i. (31)

69 10. DIAGONALISERING 65 Ved en diagonal-matrix forstår vi en kvadratisk matrix, hvor alle indgange uden for diagonalen er 0, altså en matrix af form λ 1 λ 2... λ n (32) med 0 er udenfor diagonalen. F.eks. er enhedsmatricen I n en diagonalmatrix. Læg mærke til, at λ 1 λ 2... λ n e i = λ i e i, så at λ i altså er en egenværdi for diagonalmatricen (32) (med e i som en tilhørende egenvektor). At diagonalisere en kvadratisk matrix A vil sige at finde en invertibel matrix B og en diagonalmatrix Λ så at A = B Λ B 1. (33) Denne ligning er (forudsat at B er invertibel) ensbetydende med hver af følgende ligninger A B = B Λ (34) B 1 A B = Λ. (35) F.eks. kommer man fra (33) til (34) ved at højre-multiplicere begge sider af (33) med B. Ikke alle kvadratiske matricer kan diagonaliseres, se f.eks. Eksempel 3 nedenfor. Diagonalisering hænger sammen med egenvektorer: Hvis A kan diagonaliseres ved hj. af B og Λ, som ovenfor (33), så er den i te søjle b i i B en egenvektor for A med egenværdi λ i. Thi A b i = B Λ B 1 b i = B Λ e i = B λ i e i = λ i B e i = λ i b i, hvor vi har brugt (31) til det andet lighedstegn. Omvendt:

70 66 Sætning 16 Givet en n n matrix A. Antag, at b 1,..., b n er egentlige egenvektorer for A med tilhørende egenværdier λ 1,...,λ n. Stilles b 1,..., b n op som søjler i en matrix B, så gælder A B = B Λ, (36) hvor Λ er den diagonalmatrix, hvis diagonalindgange er λ 1,..., λ n. Hvis B er invertibel, vil den altså diagonalisere A. Omvendt, hvis (36) gælder for en matrix B (hvis søjler er egentlige vektorer), og en diagonalmatrix Λ, så er søjlerne i B egenvektorer for A, med tilhørende egenværdier de respektive diagonalindgange i Λ. Bevis. For at vise (36), er det nok at vise (for hvert i = 1,..., n) at den i te søjle på venstre og højre side stemmer overens. Vi får den i te søjle ved at højre-multiplicere med søjlematricen e i, ifølge (30). Men vi har dels A B e i = A b i = λ i b i, hvor vi har brugt, at b i var en egenvektor for A med egenværdi λ i ; og dels har vi B Λ e i = B λ i e i = λ i B e i = λ i b i. Altså stemmer i te søjle i A B overens med i te søjle i B Λ, og da det gælder for vilkårligt i = 1,...,n, er A B = B Λ. Beviset for Sætningens sidste (omvendte) udsagn overlades til læseren. At finde en invertibel matrix B, hvis søjler er egenvektorer for en matrix A, er ensbetydende med at finde en basis for vektorrummet R n bestående af egenvektorer for A. (Basis-begrebet indføres i videregående lineær algebra.) For visse typer matricer har man sætninger, der sikrer, at dette kan lade sig gøre; det gælder f.eks. hvis A er en symmetrisk matrix, dvs. en matrix, der er symmetrisk omkring diagonalen, dvs den ij te indgang stemmer overens med den ji te indgang. Blandt de mange anvendelser af diagonalisering af kvadratiske matricer nævner vi udregning af højere potenser A q af en kvadratisk matrix A. Dette kan selvfølgelig altid lade sig gøre ved håndkraft, men det blir.. mye regning og liten forståelse (Gulliksen), jvf. de højere potenser af Fibonacci s matrix fra 2. Hvis derimod A kan diagonaliseres, som ovenfor, A = B Λ B 1, så er A A = (B Λ B 1 ) (B Λ B 1 ) = B Λ 2 B 1, idet man hæver parenteserne og lader B 1 og B i midten hæve hinanden; og tilsvarende A A A = (B Λ B 1 ) (B Λ B 1 ) (B Λ B 1 )

71 10. DIAGONALISERING 67 og mere generelt = B Λ 3 B 1, A q = (B Λ B 1 ) q = B Λ q B 1. (37) Men det er let at regne q te potens af en diagonalmatrix Λ ud: man har klart λ 1 λ 2... λ n q = λ q 1 λ q 2... λ q n her drejer det sig kun om at opløfte visse tal (nemlig λ erne) til q te potens. Eksempel 1. Betragt 2 2-matricen [ 11 6 A = ) Angiv egenværdierne for A. 2) Angiv en egentlig egenvektor til hver af disse egenværdier. 3) Diagonaliser matricen A, dvs. angiv en invertibel matrix B, så at B 1 A B er en diagonalmatrix. (Det er ikke nødvendigt at angive B 1, men der ønskes et argument for, at B er invertibel.) Kommenteret besvarelse. Det karakteristiske polynomium ses at være λ 2 5λ+6 ; rødderne heri er 2 og 3, som altså er matricens egenværdier. Vi søger nu egentlige egenvektorer til hver af disse to egenværdier. De findes, lige som i Eksempel 2, ved løsning af lineære ligningssystemer; vi får f.eks.: for λ = 2 vektoren (1, 3/2) (eller t (1, 3/2), for t 0), og for λ = 3 vektoren (3, 4) (eller t (3, 4), for t 0). En brugbar matrix B til diagonalisering af A er altså [ 1 3 B = (denne 2 2 matrix er invertibel, da dens determinant ses at være 1/2 ). Vi kan gøre prøve ved at indse at ligning (34) faktisk er opfyldt: vi får: [ [ [ [ [ A B = = = = B Λ, hvor Λ er diagonalmatricen med de to egenværdier 2 og 3 (i samme rækkefølge som deres tilhørende egenvektorer var stillet op i matricen B). ;

72 68 Eksempel 2. Lad matricen A være som i Eksempel 1. Udregn A 5. Vi får her brug for at diagonalisere A; dette har vi gjort i Eksempel 1, nemlig med matricen B. Og vi får brug for den inverse til matrix B, Så er B 1 = [ A 5 = B Λ 5 B 1, ifølge (37). Da 2 5 = 32 og 3 5 = 243, er, for de aktuelle matricer A, B, B 1 og Λ A 5 = [ 1 3 3/2 4 [ Eksempel 3. Betragt matricen A =. [ [ = [ Kan A diagonaliseres? Hvis en matrix B diagonaliserer A, så er, ifølge Sætning 36, søjlerne i B egenvektorer for A; og B kræves at være invertibel. Kan vi finde en invertibel 2 2 matrix B hvis søjler er egenvektorer for A? Lad os først se hvordan egenvektorer b for A ser ud. Det karakteristiske polynomium for A er (3 λ) 2, der har λ = 3 som sin eneste rod. Der er altså ikke andre egenværdier for A end tallet 3. Egenrummet hørende til λ = 3 er løsningsrummet til det homogene lineære ligningssystem, der har koefficientmatrix [ = [ Løsningsrummet består af vektorer af form (t, 0). En 2 2 matrix B, der har egenvektorer for A som sine søjler, ser altså sådan ud: [ t s 0 0 og en sådan matrix kan ikke være invertibel (dens determinant er 0). Uden bevis skal det nævnes, at hvis egenrummet E λ til en given egenværdi har dimension 2 (dvs. der skal to parametre til at beskrive det, som i Eksempel 7 i 9, for λ = 1), så er λ (mindst) dobbeltrod i det karakteristiske polynomium. Derimod viser ovenstående Eksempel 3, at man kan have en,..

73 10. DIAGONALISERING 69 dobbeltrod (her: tallet 3) i et karakteristisk polynomium, mens det tilhørende egenrum kun har dimension 1. Tilsvarende for højere multipliciteter. (Dimensionsbegrebet behandles mere fyldestgørende i videregående lineær algebra.) En tolkning af den formelle konstruktion, der til A knytter B 1 A B: den nye matrix B 1 A B er afbildningen givet ved A, men udtrykt i et nyt koordinatsystem (en ny basis), nemlig det, der er giver ved B s søjler. Dette behandles i videregånde lineær algebra. Eksempel 4. Fortsættelse af den modificerede Fibonacci-model (Eks. 8 i 9). Vi fandt, at matricen [ 0 2 A = 1 1 har egenværdier λ = 2 og λ = 1, tilhørende egenvektorer er henholdsvis (1, 1) og (2, 1). De opstilles som søjler i en matrix B = [ hvis determinant er 3, så at B altså er invertibel (Sætning 12). Ifølge Sætning 36 gælder A = B Λ B 1, hvor Λ er diagonalmatricen med indgange 2 og 1. Eksplicit, idet vi finder den inverse til B efter metoden i 7, [ = [ [ 2 1, [ 1/3 2/3 1/3 1/3. I analogi med Eksempel 2 har vi derfor [ n [ [ n = ( 1) n [ 1/3 2/3 1/3 1/3. Denne formel indeholder resultatet fra Eksempel 8 i 9. Vi har f.eks. at A 4 = B Λ 4 B 1 ; Λ 4 er diagonalmatricen med indgange 2 4 og ( 1) 4, altså 16 og 1. Vi har altså A 4 = [ [ 16 der udregnes til [ [ 1/3 2/3 1/3 1/3,

74 70 Projekt Anvendelse af diagonalisering til at finde et lukket udtryk for Fibonacci-tallene, udtrykt ved det gyldne snit Lad φ være et positivt reelt tal, der opfylder φ 2 = φ ) Vis at φ 1 = φ 1 2) Vis at vektoren (1, φ) R 2 er en egenvektor for matricen F = [ (Fibonacci-matricen, som også blev betragtet i Afsnit 2), med tilhørende egenværdi φ. 3) Vis at vektoren ( φ, 1) R 2 er en egenvektor Fibonacci-matricen, med tilhørende egenværdi φ 1 (= 1 φ). 4) Vi stiller de to egenvektorer fra 2) og 3) op som søjler i en matrix B = [ 1 φ φ 1 Determinanten af denne matrix er 1 + φ 2, der er strengt positivt tal. Altså er B en invertibel matrix, og da den består af egenvektorer for F, vil den diagonalisere F, altså B 1 F B = Λ, hvor [ φ Λ = φ 1., eller F = B Λ B 1. Det kræver lidt bogstavregning at finde den inverse til B. Vis, ved at gøre prøve, at B 1 = 1 [ 1 + φ 2 1 φ φ 1 5) Vi kan nu regne potenserne ud af Fibonacci matricen F, efter recepten i (37), (talfaktoren 1/(1 + φ 2 ) fra B 1 bliver sat helt uden for, for overskuelighedens skyld) F q = φ 2 [ 1 φ φ 1 [ φ q. ( 1) q φ q [ 1 φ φ 1 6 Der findes faktisk præcis ét sådant tal, nemlig det gyldne snit (omtalt i Afsnit 9); det er ca

75 10. DIAGONALISERING 71 Udregn specielt indgangen med adresse (1, 1) i denne matrix. Lad os kalde dette tal 7 f q. Facit kan tage sig noget forskelligt ud, fordi der gælder så mange ligninger mellem potenserne af φ; en af de mulige rigtige facit er f q = φ 2(φq + ( 1) q φ 2 q ). Man kan empirisk lave en delvis kontrol af sit facit ved at at udregne det på lommeregner, med brug af φ = 1.62, eller bedre, φ = Så skulle q = 8 give et tal nær 13, q = 9 skulle give et tal nær 21, osv. Altså Fibonaccitallene, der er de tal, der fremkommer som indgange i de potenserne F q af Fibonacci-matricen F. Bruger man den eksakte værdi for φ, φ = (1+ 5)/2, fås Fibonacci-tallene eksakt, - men lommeregneren kan ikke regne eksakt med 5. En mere symmetrisk opskrivning fås ved at sætte en faktor φ uden for parentesen, f q = φ + ( 1) q φ 1 q ) 1 + φ 2(φq 1 = 1 φ + φ 1(φq 1 + ( 1) q φ 1 q ). Da φ > 1, vil andet led ( 1) q φ 1 q betyde mindre og mindre, når q bliver stor. Sætter vi q = p + 1 kan udtrykket også skrives f p+1 = φp ( φ) p φ + φ 1. Bruger vi notationen fra fodnoten F(q 1) = f q, og sætter p = q 1, kan resultatet skrives endnu pænere F(p) = φp ( φ) p φ + φ 1. Opgaver Opgave 1. Diagonaliser matricen A = [ (Der ønskes angivet B, B 1 og Λ så at B 1 A B = Λ.) 7 I litteraturen kaldes det som regel F(q 1); altså F(q) = (1, 1)-indgangen i F q+1.

76 72 Opgave 2. Diagonaliser matricen [ A = (Der ønskes angivet B, B 1 og Λ så at B 1 A B = Λ.) Opgave 3. Det oplyses, at egenværdierne for følgende matrix A er 5 og 1, og at der ikke er andre egenværdier. Undersøg om matricen kan diagonaliseres. A = Opgave 4. Betragt matricen A fra Opgave 3. Angiv en diagonalmatrix Λ så at A kan diagonaliseres til Λ, dvs. så at der findes en invertibel matrix B så at B 1 A B = Λ. Opgave 5. Lad C betegne den 3 3 matrix, der har 5-taller i diagonalen, og 0 er ellers. 1) Vis at for vilkårlig 3 3 matrix B gælder B C = C B. 2) Lad A være en 3 3 matrix, hvis eneste egenværdi er 5. Antag at A kan diagonaliseres. Vis at A = C. Opgave 6. Beregn (uden brug af lommeregner) [ Skalarprodukt i R n Hvis a = (a 1,...,a n ) og b = (b 1,...,b n ) er to vektorer i R n, kan man danne deres prikprodukt, nemlig produktsummen af deres koordinater. a b := a 1 b 1 + a 2 b a n b n. I tilfældet n = 2 og n = 3 er der geometrisk betydning af dette udtryk. Hvis nemlig den geometriske plan identificeres med R 2 via et sædvanligt retvinklet koordinatsystem, så kan a b beskrives rent geometrisk som: længden af a gange længden af b gange cosinus til den mellemliggende vinkel, og tilsvarende for R 3. Denne sammenhæng er uddybet i [S s Prikprodukt kaldes også skalarprodukt, fordi a b er en skalar (et tal). Fem grund-egenskaber ved prikproduktet er sammenfattet i en indrammet tekst s. 664 i [S; disse egenskaber gælder også for prikproduktet i R n, men hvad angår egenskab 1, a a = a 2

77 11. SKALARPRODUKT I R N 73 så er det for n 4 en definitions-sag: vi har jo ikke på forhånd et begreb om længde a af en vektor a i R n. - Grund-egenskaber opskrives her: 1. a a = a 2 (definitionsmæssigt) 2. a b = b a 3. a (b + c) = a b + a c og (a + b) c = a c + b c 4. (ca) b = c(a b) = a (cb) 5. 0 a = 0 = a 0. Alt i alt: man regner med prikprodukt omtrent som om der var tale om almindelig multiplikation af tal. Der gælder a a 0, så at vi som nævnt kan definere a := a a = a a 2 n ( længden er lig kvadratroden af kvadratsummen af koordinaterne ). Læg mærke til, at a kun er 0 hvis a er nulvektoren. Man skriver også tit a i stedet for a for længden af en vektor i R n ; altså a = a = a a a 2 n. Vi bruger begge notationer i flæng. I og med at man taler om længde af vektorer i R n, kommer der geometriske ord ind i billedet, f.eks. taler man om afstanden mellem to vektorer a og b: det er pr. definition længden af b a. Også vinkelrethed (ortogonalitet) kan defineres i termer af prikproduktet: a b betyder pr. definition at a b = 0. Længde for vektorer i R n har egenskaben for ifølge Grundegenskab 4 gælder så at λu = λ u, (38) (λu) (λu) = λ 2 (u u), λu = (λu) (λu) = λ 2 (u u) = λ 2 u u, og resultatet følger nu af definitionen på længde, og af λ 2 = λ. Anvendes denne egenskab specielt for λ = 1, fås u = u,

78 74 og heraf fås igen, at afstanden u v mellem u og v er lig afstanden v u mellem v og u. Også ortogonalitetsbegrebet er symmetrisk : u er ortogonal på v præcis hvis v er ortogonal på u, thi u v = 0 præcis hvis v u = 0 på grund af symmetriloven (Grundegenskab 2) for. Læg mærke til, at nulvektoren 0 er vinkelret på alle vektorer, iflg. Grundegenskab 5. Specielt er 0 vinkelret på sig selv. Da a a > 0 for a 0, er 0 den eneste vektor, der er vinkelret på sig selv. (Derfor er 0 også den eneste vektor, der står vinkelret på alle vektorer i R n.) Hvis X er en vilkårlig mængde af vektorer i V = R n, så betegner vi med X mængden af de vektorer i V, der står vinkelret på alle vektorer i X. Af Grundegenskab 3 følger, at hvis v 1 og v 2 er vektorer i X, så er også v 1 + v 2 i X. Tilsvarende følger det af Grundegenskab 4 at hvis v X, så er også λv X ; og endelig er 0 X, da jo 0 er vinkelret på alle vektorer overhovedet, og specielt på alle vektorer i mængden X. Vi har dermed vist, at X er et lineært underrum af V (stabilt under linearkombinationsdannelse); dette lineære underrum X kaldes det ortogonale komplement til X. Hvis f.eks. u er en egentlig lodret vektor i det tredimensionale geometriske rum, så er u det lineære underrum bestående af alle vandrette vektorer; hvis Origo er valgt i gulvet, vil u altså være lig med (mængden af stedvektorer for punkter i) gulvplanen, (forudsat gulvet er vandret). Eksempel 1. Hvis V er et vektorrum med skalarprodukt gælder V = {0}, thi 0 er den eneste vektor i V, der står vinkelret på alle vektorer i V. Der gælder også {0} = V ; for alle vektorer står vinkelret på 0. - Vi skriver normalt u i stedet for {u}. Lad X være en (ikke-tom) mængde af vektorer i et vektorrum V. Vi kan så (sml. 1.2) definere et lineært underrum span(x) V, eller underrummet udspændt af X; det er pr. definition mængden af alle vektorer u, der kan skrives som linearkombinationer af vektorer fra X, altså som kan skrives på form u = λ 1 x λ n x n (39) for passende skalarer λ 1,...,λ n, og passende vektorer x 1,...,x n fra mængden X. Her skal vi nøjes med at konstatere en vigtig konsekvens af skalarproduktets linearitetsegenskaber, nemlig tømrer-princippet : Antag at X udspænder underrummet U V. Hvis en vektor w opfylder w x for alle x X, så er w U. Bevis. Vi skal for vilkårlig vektor u U vise w u. Da x erne (x X)

79 12. ORTOGONAL PROJEKTION 75 udspænder U, kan u skrives u = n j=1 λ jx j, og så er n w u = w λ j x j = j=1 n λ j (w x j ), j=1 det sidste lighedstegn p.gr. af regnereglerne for. Men hvert led i denne sum er 0, fordi w x j for alle x j X. (Vi har kaldt dette princip tømrerprincippet af følgende grund: når en tømrer skal se om en stolpe w står vinkelret på en plan U, tester han bare, at w står vinkelret på to passende vektorer x 1 og x 2 i U. ( Passende vil sige, at de udspænder planen, og det vil de gøre, bare de ikke er parallelle.) Opgaver Opgave 1. Vis at en vektor x R n er løsning til et homogent lineært ligningssystem A x = 0 præcis hvis x er vinkelret på samtlige rækkevektorer i matricen A. Opgave 2. Vis, at hvis X R n er en vilkårlig delmængde, så er X (X ). (Det er i reglen en ægte delmængde; for, (X ) er jo et lineært underrum af R n, og dermed en uendelig mængde (eller lig {0}). Beskriv med geometriske ord X og (X ) i tilfældet hvor n = 3 og X = {e 1,e 2 }. Hvis x er en egentlig vektor i R 3, så er {x} en plan, og x er en normalvektor til denne plan; ({x} ) er linien med x som retningsvektor; altså lig med span(x). Man kan godt tillade sig at skrive x i stedet for {x}. 12 Ortogonal projektion Hvis U er et lineært underrum af V = R n, kan vi samtidig betragte de to lineære underrum U og U. (Eksempel: underrummene lodret og vandret af V = det tredimensionale geometriske rum.) Det er på forhånd klart, at U U = {0}, da 0 er den eneste vektor, der er vinkelret på sig selv. At projicere en vektor v ortogonalt på underrummet U vil sige at skrive v som sum v = u + w med u U og w U. Man siger så, at u er den ortogonale projektion af v på underrummet U (og at w er restvektoren ved denne projektion). (I geometriske vektorrum fremkommer u ved at nedfælde v vinkelret på U.) Det giver mening at tale om u som den ortogonale projektion af v på U, for det er let at se, at den er entydigt bestemt. Hvis vi nemlig på to måder

80 76 har skrevet v som en sum v = u 1 + w 1 = u 2 + w 2 med u 1 U og u 2 U, og med w 1 U og w 2 U, så får vi ved simpel aritmetik at u 1 u 2 = w 2 w 1 ; (40) her er venstre side en linearkombination af to vektorer fra U, og altså selv en vektor i U (da U var et lineært underrum); tilsvarende er w 2 w 1 en linearkombination af to vektorer fra det lineære underrum U, og altså selv en vektor i U. Vektoren i (40) er altså både i U og i U, og er altså = 0. Altså er u 1 = u 2 (og w 1 = w 2 ). Den ortogonale projektion u er altså entydigt bestemt. Vi betegner den ortogonale projektion af en vektor v på et lineært underrum U med symbolet proj U (v) (eller med proj a (v) i tilfælde af at U er 1-dimensional, U = span(a)). Definitionen kan også udtrykkes: Givet v. Lad u være en vektor i U, sådan at restvektoren v u er U. Så er u = proj U (v). v restvektoren U proj U (v) Her vil vi i første omgang kun vise eksistens af ortogonal projektion på 1- dimensionale underrum U V. Et 1-dimensionalt underrum er et underrum af form U = span(a) = {λa λ R}, hvor a er en fast, egentlig vektor i V. Geometrisk er U altså blot en linie med retningsvektor a. Givet en vektor v V. Hvis den ortogonale projektion af v på U eksisterer, er den altså en vektor af form λa, for passende λ, med den egenskab at restvektoren v λa er ortogonal på U = span(a), og ifølge tømrer-princippet vil det være tilfældet bare den er ortogonal på a. Hvad skal λ opfylde for at opnå det ønskede (v λa) a? Vi udtrykker dette ortogonalitets-ønske algebraisk: 0 = a (v λa) = a v λ(a a) (under brug af regnereglerne for ). Det er en ligning mellem tal; den kan også udtrykkes λ = a v a a.

81 12. ORTOGONAL PROJEKTION 77 Nævneren er 0, da a var en egentlig vektor. Vi har nu gennemført det, der i matematikkens metodelære kaldes en analyse: hvis der er en ortogonal projektion af v på linien udspændt af a, må den være af form u = λa med λ = den fundne brøk; altså u = a v a. (41) a a Efter en analyse følger en syntese. Det vil her sige, at vi efterprøver, om den vektor (41), vi har analyseret os frem til, virkelig opfylder kravet for ortogonal projektion. Det vil sige, at vi efterprøver om restvektoren v u (med u givet ved (41)) er U, og til dette er det nok at efterse om a (v a v a) = 0; a a det er en let regning at vise dette (i det væsentlige en regning, vi allerede har gennemført). Vi kan opsummere den udledte formel for ortogonal projektion på det 1-dimensionale underrum U = span(a): proj a (v) = a v a a a. (42) (sammenlign iøvrigt med [S s. 665.) Læg mærke til, at a forekommer fire gange, to gange i nævneren og to gange i tælleren ; så hvis vi udskifter a med en vektor af form ta, (t 0) hæver de fire t er hinanden, og vi får samme resultat. Sådan skulle det jo også gerne være: a og ta udspænder jo samme 1-dimensionale underrum U, og den ortogonale projektion af v på U afhænger kun af v og U. Eksempel 1. Find den ortogonale projektion af vektoren v = (1, 18) R 2 på det lineære underrum U udpændt af a = (3, 4). Hvis vi vil bruge formlen (42), får vi brug for a v = (3, 4) (1, 18) = 75 og a a = (3, 4) (3, 4) = 25. (Vi skriver her, og visse andre steder senere, skalarproduktet med en almindelig prik, i stedet for med.) Formlen (42) giver så proj U (v) = proj a (v) = 75 a = 3a = (9, 12). 25 Vi kan gøre prøve ved at indse, at ((1, 18) (9, 12)) (3, 4) = 0. Det kan anbefales, som en øvelse, at udregne nogle forskellige proj a (v) er i R 2, og samtidig tegne de indgående vektorer op på ternet papir.

82 78 Eksempel 2. Giv en formel for den ortogonale projektion af (y 1, y 2, y 3, y 4 ) R 4 ind på underrummet udspændt af vektoren e = (1, 1, 1, 1). Da e y = y 1 + y 2 + y 3 + y 4 og e e = 4, giver formlen (41), at projektionen er λe, hvor λ = y 1 + y 2 + y 3 + y 4, 4 altså netop gennemsnitsværdien (middeltallet) af y i erne. (Tilsvarende gælder selvfølgelig også for y R n, for andre n.) Vi diskuterer nu ortogonal projektion af en vektor v V på et lineært underrum U V, der har dimension højere end 1. (Begreberne dimension, basis, udspænder, span, berøres mere omhyggeligt i videregående lineær algebra.) Vi forudsætter, at vi allerede har et sæt u 1,..., u k af indbyrdes ortogonale vektorer, der udspænder underrummet U. Det betyder, at U består af de vektorer i V, der kan skrives som linearkombination af vektorerne u 1,...,u k. Sætning 17 Lad u 1,..., u k V være indbyrdes ortogonale egentlige vektorer. Antag at de udspænder underrummet U V. Så gælder for vilkårlig v V. proj U (v) = k proj uj (v), (43) j=1 (Formlen (43) vil i reglen være forkert, hvis u j erne ikke er indbyrdes ortogonale. Det er let at give eksempler herpå i det tre-dimensionale geometriske vektorrum, med U et to-dimensionalt underrum (en plan gennem Origo).) Bevis for Sætningen. Da proj uj (v) er af form λ j u j for passende λ j, er højre side i (43) en linearkombination af u j erne, altså en vektor i span(u 1,...,u k ) = U. Det er derfor nok at vise, at rest-vektoren v k proj uj (v) j=1 er U. Ifølge tømrerprincippet er det nok at se, at den er på hver af u 1,...,u k. Lad os f.eks. vise, at den er u 1 (det går lige sådan med u 2,..., u k ). Vi skal altså vise u 1 (v k proj uj (v)) = 0. j=1

83 12. ORTOGONAL PROJEKTION 79 Venstre side udregnes: vi skriver proj uj (v) = λ j u j, og regner: k u 1 (v λ j u j ) = u 1 v j=1 k λ j (u 1 u j ); j=1 men i summen k j=1 overlever kun det første led, da u 1 u 2 = 0,..., u 1 u k = 0, på grund af forudsætningen om at u 1 er ortogonal på de øvrige u er. Udtrykket bliver altså lig u 1 v λ 1 (u 1 u 1 ) = u 1 (v λ 1 u 1 ) = u 1 (v proj u1 (v)), men det er 0, da jo den sidste parentes her netop er restvektoren ved v s ortogonale projektion på u 1. Eksempel 3. Betragt vektorerne u 1 = (1, 1 2, 0, 1) og u 2 = (2, 2, 1, 3) i R Gør rede for, at u 1 og u 2 er indbyrdes ortogonale. 2. Lad U betegne det lineære underrum af R 4 udspændt af u 1 og u 2. Angiv den ortogonale projektion af vektoren v = (2, 2, 8, 6) på det lineære underrum U. Kommenteret besvarelse af spørgsmål 2. På grund af resultatet fra spørgsmål 1 kan (43) anvendes, dvs. vi kommer til at bruge formel (42) to gange, og får heri brug for at udregne følgende tal: u 1 v, u 1 u 1, u 2 v, og u 2 u 2. De udregnes til henholdsvis 9, 9, 18, 18. Så er 4 proj U (v) = 9 9/4 u u 2 = (4, 2, 0, 4) (2, 2, 1, 3) = (2, 0, 1, 7). Bemærkning 1. Ortogonal projektion på et lineært underrum U V (hvor V f.eks. er R n ) definerer en lineær afbildning V U (der efter behov kan opfattes som en lineær afbildning V U eller som en lineær afbildning V V ). Bemærkning 2. For det 3-dimensionale vektorrum R 3 (udstyret med det sædvanlige prikprodukt som skalarprodukt) kan man med fordel udnytte kryds-produkt ( vector product, jvf. [S 9.4) i forbindelse med ortogonal projektion. Det fungerer kun for det 3-dimensionale tilfælde, og har derfor ingen særlig betydning f.eks. i forbindelse med anvendelsen af ortogonal projektion i statistik.

84 80 Sætning 18 (Pythagoras) Hvis a b, så a 2 + b 2 = a + b 2. Bevis. Vi regner på ligningens højre side: a + b 2 = (a + b) (a + b), som ifølge Grundegenskab 3 kan multipliceres ud til a a + a b + b a + b b, men her forsvinder de to midterste led, da a b, dvs. a b = b a = 0. Tilbage bliver a a + b b, dvs a 2 + b 2. 8 Ved ortogonal projektion løser man en vigtig minimeringsopgave; det er en anvendelse af Pythagoras, som man med fordel kan prøve at lave en tegning til (en retvinklet trekant; tegn U som en linie). Sætning 19 Lad U V være et lineært underrum af et vektorrum V med skalarprodukt. Antag, at vektoren v har ortogonal projektion u på U. Så er u den vektor i U, der har kortest afstand til v. Bevis. At u U er den ortogonale projektion af v på U betyder at v u U. Lad nu u være en vilkårlig anden vektor i U. Så er u u U, da U var forudsat at være et lineært underrum. Dermed er v u u u. Ifølge Pythagoras Sætning gælder der derfor altså v u 2 + u u 2 = (v u) + (u u ) 2, v u 2 + u u 2 = v u 2. Da u u 2 > 0 fordi u u, følger det heraf at v u 2 < v u 2, og så gælder også v u < v u, da det jo drejer sig om positive tal. Bemærkning 3. Der gælder også omvendt, at en vektor i U, der minimerer afstanden til v, er den ortogonale projektion af v på U. Problemet med at finde den ortogonale projektion af v på U kan derfor også stilles op som et problem om ekstremum (minimum) under bibetingelse. Derfor kan metoden med Lagrange multiplikatorer i princippet anvendes til at finde ortogonale projektioner med. Funktionen, der skal minimeres, er: afstand fra v til u (her er v fastholdt), og bibetingelsen er: u tilhører U. Metoden kræver, at U er givet som niveau flade for en eller flere (lineære) funktioner. 8 Det var ikke opdagelsen af sådan et trivielt bevis der fik Pythagoras til at ofre en masse okser; det dybtliggende i Pythagoras opdagelse ligger gemt i karakteren af den identifikation mellem R 2 og den geometriske plan, som vi her har forudsat.

85 12. ORTOGONAL PROJEKTION Mindste kvadraters metode Længden af en vektor i R n er en kvadratrod af en kvadratsum, a 2 i. Da kvadratrodsdannelse er en voksende funktion, er det at minimere kvadratroden af kvadratsummen ensbetydende med at minimere kvadratsummen selv, altså ensbetydende med at minimere a 2 i. En metode, der går ud på at minimere en afstand i R n, omtales derfor også som en mindste kvadraters metode, efter Gauss, Eksempel 4. Der foreligger en måleserie på n målinger y 1,...,y n af en og samme størrelse, f.eks. vægten af en meteorit. Hvilket tal y skal rapporten angive som meteorittens observerede vægt? Normalt gennemsnitsværdien (også kaldet middelværdien) m = 1 n (y y n ). Det er også hvad mindste kvadraters metode giver: Vi kan opstille problemet geometrisk på følgende måde: vi ønsker at projicere vektoren y = (y 1,...,y n ) R n ortogonalt på det 1-dimensionale lineære underrum udspændt af vektoren (1, 1,..., 1); denne projektion minimerer jo afstanden fra y ind til rummet af vektorer af form (y, y,..., y) (som jo er den form, det ideelle resultat af n målinger af en og samme samme størrelse må have). Formlen for ortogonal projektion giver (1,...,1) (y 1,...,y n ) (1,...1) = m(1,...1) = (m,...,m) (1,...,1) (1,...,1) med koefficienten m = brøken i ovennævnte udtryk, som netop udregnes til at være gennemsnitsværdien af y i erne, jvf. Eksempel 2. Gennemsnitsværdi fremkommer altså ved at minimere en afstand, altså også ved at minimere en kvadratsum. Man kunne også med rimelighed som resultat af måleserien have valgt et tal m, der minimerer summen af fejlene, dvs. et tal m, der minimerer yi m. Sådant m er ikke entydigt bestemt, og er i reglen noget andet end gennemsnittet m, som følgende taleksempel viser. Eksempel 5. Der er foretaget tre målinger af en vis fysisk størrelse, de har som resultat givet henholdsvis 7.1, 7.5, 7.6. Hvilket tal skal man angive i rapporten? Mindste kvadraters metode giver tallenes gennemsnitsværdi, 7.4.

86 82 Dette tal er ikke det, der minimerer fejlsummen. Fejlsummen hørende til 7.4 er = 0.6, mens tallet 7.5 giver en mindre fejlsum, = 0.5. Eksempel 6. (Lineær regression). Antag at der er plottet n punkter ind i koordinatplanen: (x 1, y 1 ),...,(x n, y n ). Find den rette linie ( regressionslinien ), der bedst approximerer plottet. (Emnet er berørt, og der er nogen billeder hertil, i [S s. 28. (Billederne var bedre i den tidligere udgave af [S, s )) Dette er en opgave, der forekommer tit i praksis, og selv forholdsvis små lommeregnere har en funktion, der kan finde den pågældende linie ax + b. Også her er det en afstand, der minimeres, ved hjælp af en ortogonal projektion. Vi forestiller os x i erne faste, i et evt. eksperiment er de parametrene, som vi selv er herre over. Derimod er y i resultatet af den måling, der har x i som parameter. Vi ønsker at finde tal a og b, så at sættet af tal z 1 = ax 1 + b, z 2 = ax 2 + b,...,z n = ax n + b (44) bedst muligt approximerer det observerede sæt y 1,...,y n. Sættet y = (y 1,...,y n ) definerer et punkt i R n. Mængden af talsæt z = (z 1,...,z n ) (= punkter i R n ), der fremkommer ud fra de givne x 1,..., x n ved hjælp af et eller andet a og b, som i (44), udgør et linært underrum U af R n. Det er nemlig underrummet udspændt af de to vektorer vi kan jo skrive (44) på formen x = (x 1,...,x n ) og e = (1,..., 1); z = ax + be. (Underrummet U er et to-dimensionalt underrum, medmindre alle x i erne er ens.) Den ortogonale projektion af y på U leverer os z, og dermed a og b. Vi illustrerer med et eksempel (der bør ledsages af en tegning på ternet papir). Eksempel 7. Tegn følgende tre punkter i planen: (1, 3), (2, 3.6), (3, 6).

87 12. ORTOGONAL PROJEKTION 83 Med notation fra foregående eksempel, er altså x = (1, 2, 3) og y = (3, 3.6, 6). Vi ønsker at projicere y ortogonalt på underrummet U = span((1, 2, 3), (1, 1, 1)). Til den ende får vi brug for Sætning 17: Vi skaffer os et ortogonalt sæt af vektorer, der udspænder U: vi kan bruge sættet bestående af de to vektorer (1, 1, 1) og ( 1, 0, 1). Men det er nemt at se, at sættet (1, 1, 1), ( 1, 0, 1) udspænder det samme som (1, 1, 1), (1, 2, 3), f.eks. er (1, 2, 3) = 2(1, 1, 1) + ( 1, 0, 1)). Nu kan Sætning 17 anvendes til at finde den ønskede proj U (y), det giver m(1, 1, 1) + r( 1, 0, 1), hvor m er middelværdien 4.2 af y i erne, (jvf. Eksempel 2) og r er tallet ( 1, 0, 1) (3, 3.6, 6) ( 1, 0, 1) ( 1, 0, 1) = 1.5. Det sæt værdier, med hvilket sættet (y 1, y 2, y 3 ) = (3, 3.6, 6) bliver erstattet ved lineær regression, er altså sættet (z 1, z 2, z 3 ) = 4.2(1, 1, 1) + 1.5( 1, 0, 1) = ( , 4.2, ). (Den linie, der går gennem de fundne (x i, z i ) er, altså gennem (1, 2.7), (2, 4.2), og (3, 5.7) ses at være linien med ligning z = 1.5x + 1.2, det er altså regressionslinien for de givne tre punkter.) 12.2 Projektion på 2-dimensionale underrum Hvis U R n er et 2-dimensonalt lineært underrum, dvs. udspændt af to ikke-parallelle vektorer u og v, giver Sætning 17 ikke umiddelbart mulighed for at finde proj U (x), medmindre u v. (Vi stødte allerede på dette problem i forbindelse med lineær regression.) Men givet u og v, der udspænder U, så kan vi let udskifte v med en ny vektor w, sådan at u og w også udspænder U, men sådan at der desuden gælder u w: tag nemlig w til at være restvektoren ved projektion af v på u. Det var hvad vi gjorde i Eksempel 7: proj (1,1,1) ((1, 2, 3)) = (2, 2, 2), restvektoren w er (1, 2, 3) (2, 2, 2) = ( 1, 0, 1),

88 84 og span((1, 1, 1), (1, 2, 3)) = span((1, 1, 1), ( 1, 0, 1)). Men da u w og span(u, w) = U, kan Sætning 17 bruges til at finde proj U (x). Metoden kan generaliseres til U af højere dimension end 2 ( Gram-Schmidts algoritme ). Opgaver Opgave 1. Angiv proj u (v), og proj v (u), hvor u = (1,2,3), v = (3,1,2). Opgave 2. Angiv proj u (v), og proj v (u), hvor u = (1,2), v = (2,1). Opgave 3. Angiv proj u (v), og proj v (u), hvor u = ( 1,3), v = (4,4). Opgave 4. Angiv proj u (v), og proj v (u), hvor u = (1, 2,3), v = (0,1, 1). Opgave 5. Angiv proj u (v), og proj v (u), hvor u = (0,3,1, 6), v = ( 1,2,1,2). Opgave 6. Lad U være det lineære underrum af R 4, som er udspændt af de to vektorer u = (1,2,3,4) og v = (13, 7,9,1). Lad x = (1,0,0,0). Angiv proj U (x). Opgave 7. Betragt det homogene lineære ligningssystem x + 2y + 3z = 0 4x + 5y + 6z = 0. 1) Angiv dets løsningsrum U. 2) Angiv den ortogonale projektion af vektoren v = (7, 9, 1) på U. Opgave 8. Lad u og v betegne vektorerne i R 4 givet ved u = ( 3, 1,1,3) v = (1,1,1,1). 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 = (2, 1,4,7). Opgave 9. Betragt det lineære underrum U = span(u 1,u 2 ) R 4, hvor u 1 = (1,0,0,0) u 2 = (0,1,1,1). Angiv den vektor u i U, der har kortest afstand til vektoren v = (3,3,0,0), og angiv talværdien for denne afstand.

89 13. ANDRE SÆTNINGER OM SKALARPRODUKT 85 Opgave 10. Betragt følgende tre vektorer i R 4 : u 1 = (1,1,1,1), u 2 = (1,1,1, 1), u 3 = (1,1,1, 3). 1) Undersøg hvilke af følgende udsagn der gælder: 2) Det oplyses, at u 1 u 2 ; u 1 u 3 ; u 2 u 3. span(u 1,u 2 ) = span(u 1,u 3 ) = span(u 2,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 11. Lad U betegne løsningsrummet for det homogene lineære ligningssystem 2x 1 +x 2 x 3 x 4 = 0 6x 1 x 2 +x 3 +x 4 = 0. Vis, at den ortogonale projektion af vektoren ( 6,4,1,0) på U er (0,3,2,1). Opgave 12. Betragt vektorerne u 1 = (0,1,0), u 2 = (1,1,0) og v = (1,1,1) i R 3. Lad U = span(u 1,u 2 ). Overvej at proj U (v) = (1,1,0). Vis at proj u1 (v) = (0,1,0) og proj u2 (v) = (1,1,0). Slut heraf at proj U (v) proj u1 (v) + proj u2 (v). Hvorfor strider dette ikke mod Sætning 17? 13 Andre sætninger om skalarprodukt Sætning 20 (Cauchy-Schwarz 9 ) For to vilkårlige vektorer u og v i R n gælder u v 2 u 2 v 2 og dermed, (ved roduddragning på begge sider af ulighedstegnet), u v u v. Der gælder lighedstegn hvis og kun hvis u og v er proportionale, dvs. hvis u = λv eller v = λu. 9 eller Cauchy-Schwarz- Bunyakovsky

90 86 Bevis. Begge udsagn er trivielle hvis u = 0, så lad os antage u 0. I dette tilfælde kan vi betragte vektoren proj u (v). Denne vektor er af form ku med k = (u v)/(u u) (jævnfør formlen for ortogonal projektion), og restvektoren w = v ku er ortogonal på u. Ifølge Pythagoras gælder derfor ku 2 + w 2 = v 2, hvoraf ku 2 v 2, (og der gælder lighedstegn præcis hvis restvektoren er 0, dvs. hvis v = ku). v w proj u (v) u Indsættes udtrykket for k, kan denne ulighed skrives (u v) 2 (u u) 2(u u) v v (og der gælder lighedstegn præcis hvis restvektoren er 0, dvs. hvis v == ku). Ved forkortning på venstre side fås (u v) 2 u u v v, og multipliceres på begge sider af ulighedstegnet med u u (som er > 0), fås uligheden; (og der gælder lighedstegn præcis hvis restvektoren er 0, dvs. hvis v == ku). Eksempel. (3, 4) = = 5, og tilsvarende (5, 12) = 13. Vi har (3, 4) (5, 12) = = 63, mens (3, 4) (5, 12) = 5 13 = 65. Cauchy- Schwarz forudså altså i dette tilfælde, at Der er ikke meget at give væk af! Det følger af Cauchy-Schwarz ulighed, at for to vilkårlige egentlige vektorer u og v gælder u v u v 1, og derfor giver det mening at tage arccos på venstre side, og definere vinklen mellem u og v: (u, v) := arccos( u v u v ). Læg mærke til, at i [S (s. 661) defineres prik-produkt af to vektorer ud fra cos, som i dimension 2 og 3 anses for givet på forhånd ad geometrisk vej.

91 13. ANDRE SÆTNINGER OM SKALARPRODUKT 87 Opgave A. 1) Vis at (u,v) = (λ 1 u,λ 2 v) (hvor λ 1 og λ 2 er reelle tal > 0). 2) Vis at (u,v) = 0 eller = π præcis hvis u og v er proportionale. 3) Vis at (u,v) = (v,u). Sætning 21 (Trekantsuligheden) For to vilkårlige vektorer u og v i R n gælder u + v u + v. Navnet trekantsuligheden kommer af, at i geometrisk vektorregning kan sætningen formuleres: en side i en trekant er højst så stor som summen af de to andre sider; hvis to af siderne er u og v, så er den tredie side jo u + v. Bevis. Da begge sider i den ønskede ulighed er ikke-negative tal, er det nok at vise uligheden med begge sider kvadreret: Vi regner på venstre side, som jo er u + v 2 ( u + v ) 2. (u + v) (u + v) = u u + v v + 2u v (45) ifølge regnereglerne (grundegenskaberne) ved. Højre side af den ønskede ulighed er u 2 + v u v. (46) Der er led, der forekommer både i (45) og (46), og fjerner vi dem, står vi tilbage med problemet at vise at 2u v 2 u v. Men det følger af Cauchy-Schwarz uligheden. 2. ordens partielle afledede, og ekstremumsbestemmelse Lad f(x 1,...,x n ) være en (tilstrækkelig differentiabel) funktion f : R n R. En nødvendig betingelse for at den har et lokalt ekstremum i et indre punkt P af sit definitionsområde er, at P (f) = 0, hvor P (f) = ( f x 1,..., f x n ), hvor alle de partielle afledede skal evalueres i P. Hvis P er et punkt, hvor P (f) = 0, er det af interesse at betragte den symmetriske n n matrix, H P (f) ( Hesse-matricen ) hvis ij te indgang er 2 f x i x j (P);

92 88 (symmetrien af H P (f) fremgår af Clairaut s Sætning, [S s. 773 eller af formel (14) s. 715 i [EP, for tilfældet n = 2.) Denne matrix kan diagonaliseres, ifølge en berømt sætning, der kaldes Spektralsætningen, og som siger: Enhver symmetrisk matrix kan diagonaliseres ; indgangene i den diagonaliserede matrix er netop egenværdierne, og de giver information om maxima og minimima på følgende måde: Hvis alle egenværdier for H P (f) er positive, har funktionen f et lokalt minimum i P. Hvis alle egenværdier er negative, har f et lokalt maximum i P. Hvis der både forekommer positive og negative egenværdier, har f ikke et lokalt ekstremum i P. Dette udsagn indeholder second derivative test, [S s Polynomiet 1/2H P (f) indgår som 2.grads led i 2. grads Taylor Polynomium i flere variable, som omtalt i Discovery Project s. 821 i [S. Opgaver Opgave 1. Verificer (evt. v.hj. af lommeregner) Cauchy-Schwarz ulighed for de to vektorer i R 4 givet ved (1,2,3,4) og (2,3,4,5). Udregn også vinklen mellem dem. Opgave 2. Verificer (evt. v.hj. af lommeregner) trekantsuligheden for de to vektorer i R 4 givet ved (1,2,3,4) og (2,3,4,5). Opgave 3. Betragt funktionen f(x,y,z) = 2x 2 + 2y 2 + 2z 2 xz. Undersøg, om den antager et lokalt ekstremum i (0,0,0). Opgave 4. Betragt funktionen f(x,y,z) = 3x 2 + 2y 2 + z 2 + 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 Hesse matrix i origo har bl.a. tallet 5 som egenværdi.) Opgave 5. Udregn vinklen mellem vektorerne (3,5,8) og (5,8,13). 14 Lineær differentialligning Den lineære 1. 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.

93 14. LINEÆR DIFFERENTIALLIGNING 89 En rimelig præcis definition af den lineære ligning og lidt almindelig sprogbrug, der bruges i de fleste fremstillinger, følger her. Definition 1. Den lineœre 1. ordens differentialligning er dy dx = a(x)y + b(x) En partikulær løsning er en differentiabel funktion y(x) som opfylder y (x) = a(x)y(x) + b(x) Den fuldstœndige løsning er en angivelse af alle løsninger, også kaldet løsningsrummet. Ligningen dy = a(x)y kaldes homogen og er den homogene part af dx den inhomogene, b 0, ligning ovenfor. 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. Sætning 22 Hvis z 1 (x), z 2 (x) er løsninger til den homogene lineœre differentialligning dy dx = a(x)y så er enhver linearkombination z(x) = C 1 z 1 (x) + C 2 z 2 (x) også en løsning. Hvis z 0 (x) er en løsning til den inhomogene lineœre differentialligning dy dx så er enhver løsning af formen = a(x)y + b(x) y(x) = z(x) + z 0 (x) hvor z(x) er en løsning til den homogene part af systemet.

94 90 Bevis. z = C 1 z 1 + C 2z 2 = C 1az 1 + C 2 az 2 = az giver første del. For anden del ses, at er løsning til den homogene part. y z 0 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 23 Den lineœre ligning med konstante koefficienter dy dx = ay + b har fuldstœndig løsning givet ved a = 0: y(x) = C + bx a 0: y(x) = Ce ax b a hvor C er arbitrœr. Specielt er den konstante funktion y(x) = b/a en løsning. Bevis. Den homogene part er separabel med løsninger dy dx = ay dy y = a(x)dx ln y = ax + K y(x) = Ce ax Afslut ved Sætning 22.

95 14. LINEÆR DIFFERENTIALLIGNING 91 y x Eksempel 1. Differentialigningen Grafer af løsninger 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 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 24 Den homogene lineœre ligning har fuldstœndig løsning hvor C er arbitrœr og dy dx = a(x)y y(x) = Ce A(x) A(x) = a(x) dx Bevis. er separabel med løsninger dy dx = a(x)y dy y = a(x)dx ln y = A(x) + K y(x) = Ce A(x)

96 92 Eksempel 2. Differentialigningen dy dx = 2xy er en homogen lineær ligning. Den fuldstændige løsning er givet ved a(x) = 2x, A(x) = 2xdx = x 2 hvor C er arbitrær. y(x) = Ce x2 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 25 Den generelle lineœre ligning har fuldstœndig løsning dy = a(x)y + b(x) dx y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) hvor C er arbitrœr 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)

97 14. LINEÆR DIFFERENTIALLIGNING 93 Læg mærke til den efterfølgende metode, som med fordel kan bruges i mange populære opgavetyper. Bemærkning 1.[Metode 1. Bestem en stamfunktion dy dx = a(x)y + b(x) A(x) = a(x) dx 2. Bestem en stamfunktion 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. To repræsentative opgaver af en ofte stillet type løses ved brug af resultater og metoder fra dette afsnit. Opgave 1.[Opgave 7, Matematik Alfa 1, August 2002 Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen y + 2y = xe 2x + 3 Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) = 2. Løsning. Skriv ligningen på formen og aflæs Beregn A(x) = B(x) = dy dx = 2y + (xe 2x + 3) a(x) = 2, b(x) = xe 2x + 3 a(x) dx = 2 dx = 2x e A(x) b(x) dx = e 2x (xe 2x + 3)dx = 1 2 x e2x

98 94 Heraf fås den fuldstændig løsning y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) = Ce 2x + ( 1 2 x e2x )e 2x Altså med C arbitrær y(x) = Ce 2x x2 e 2x I den partikulære løsning bestemmes den arbitrære konstant C ved betingelsen y(0) = 2. giver y(0) = Ce = 2 I alt er den partikulære løsning C = = 1 2 y(x) = 1 2 e 2x x2 e 2x y Opgave 1. Grafen af løsningen x Opgave 2.[Opgave 5, Matematik Alfa 1, Januar 2003 Angiv den fuldstændige løsning y(x) til differentialligningen (for x > 0) y + y x = 2x 1. Angiv endvidere den løsning, der opfylder betingelsen y(2) = 5. Løsning. Skriv ligningen på formen dy dx = 1 x y + 2 x

99 14. LINEÆR DIFFERENTIALLIGNING 95 og aflæs a(x) = 1 x, b(x) = 2 x Beregn A(x) = B(x) = = a(x) dx = 1 dx = ln x x e A(x) b(x) dx = e ln x 2 x dx x 2 x dx = 2 dx = 2x Heraf fås den fuldstændig løsning y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) = Ce ln x + 2xe lnx = C 1 x + 2 I den partikulære løsning bestemmes C ved betingelsen y(2) = 5. y(2) = C = 5 C = 2(5 2) = 6 I alt er den partikulære løsning y(x) = 6 x + 2 y Opgave 2. Grafen af løsningen x

100 96 Opgaver Opgave 3. Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen dy dx = y + 1 Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) = 1. Opgave 4. Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen y = y x Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) = 1. Opgave 5. Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen dy = 2xy + ex2 dx Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(1) = e + 1. Opgave 6. 1) Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen dy dx = cos(x)y Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(π) = 1. 2) Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen dy = cos(x)y + 2cos(x) sin(2x) dx (Vink: gæt en løsning på formen z 0 (x) = c 1 cos(x) + c 2 sin(x).) Opgave 7. Angiv for alle a den fuldstændige løsning til differentialligningen y = ay + e x 15 Lineært system - 2 ligninger Det lineære differentialligningssystem er en umiddelbar, men meget kraftig udvidelse af den lineære differentialligning. Kun tilfældet med konstante koefficienter behandles. Ved indragelse af matrixmetoder, egenvektorer og

101 15. LINEÆRT SYSTEM - 2 LIGNINGER 97 engenværdier kan et system af differentialligninger reduceres til lineære differentialligninger, som kan løses ved metoder fra afsnit 14. Tilfældet med to ligninger behandles særskilt i dette afsnit. En præcis definition efterfølges af en sætning om løsningsrummets lineære struktur. En egenvektor giver en 1-parameter mængde af løsninger. For en diagonaliserbar matrix kan den fuldstændige løsning angives. Et par opgaveforslag behandles. I næste afsnit gives den generelle formulering for et vilkårligt antal ligninger. Den præcise definition og gængs sprogbrug er en umiddelbar udvidelse af tilsvarende definition og sprogbrug i afsnit 14. Definition 1. Ved et lineœrt 1. ordens differentialligningssystem (2 ligninger) med konstante koefficienter forstås dy 1 dx = a 11 y 1 + a 12 y 2 + b 1 dy 2 dx = a 21 y 1 + a 22 y 2 + b 2 En partikulær løsning er differentiable funktioner som indsat opfylder ligningerne x y 1 (x), x y 2 (x) y 1 (x) = a 11y 1 (x) + a 12 y 2 (x) + b 1 y 2(x) = a 21 y 1 (x) + a 22 y 2 (x) + b 2 Løsningsrummet, den fuldstændige løsning er angivelsen af alle løsninger. For 2 2-matricen A = (a ij ), koefficientmatricen, og 2-søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) skrives det lineære differentialligningssystem eller En løsning skrives ( dy1 ) dx dy 2 = dx dy dx = Ay + b ( ) ( ) a11 a 12 y1 + a 21 a 22 x y(x) = y 2 ( ) y1 (x) y 2 (x) ( b1 b 2 ) Bemærkning 1. Givet 2 2-matricen A = (a ij ) og 2-søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) kaldes systemet dy dx = Ay

102 98 homogent og er den homogene part af det inhomogene, b 0, system dy dx = Ay + b 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 26 Betragt 2 2-matricen A = (a ij ) og 2-søjlen y(x) = (y i (x)). Hvis z 1 (x),z 2 (x) er løsninger til det homogene lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay så er enhver linearkombination z(x) = C 1 z 1 (x) + C 2 z 2 (x) også en løsning. Betragt yderligere 2-søjlen b. Hvis z 0 (x) er en løsning til det inhomogene lineœre differentialligningssystem så er enhver løsning af formen dy dx = Ay + b y(x) = z(x) + z 0 (x) hvor z(x) er en løsning til den homogene part af systemet. Bevis. Som for Sætning 22. Inddragelse af teorien for egenværdier og egenvektorer forenkler teknikken betydeligt. En egenvektor giver en 1-parameter mængde af løsninger for det homogene system. Eksempel 1. Systemet y 1 = λ 1y 1 y 2 = λ 2y 2

103 15. LINEÆRT SYSTEM - 2 LIGNINGER 99 har diagonalmatricen ( ) λ1 0 Λ = 0 λ 2 som koefficientmatrix. e 1,e 2 er egenvektorer og basis for R 2. Fra Sætning 23 fås den fuldstændige løsning y 1 (x) = C 1 e λ 1x, y 2 (x) = C 2 e λ 2x På vektorform giver dette ( ) ( ) y1 (x) C1 e y(x) = = λ 1x y 2 (x) C 2 e λ 2x eller udtrykt ved egenvektorerne y(x) = C 1 e λ 1x e 1 + C 2 e λ 2x e 2 ( ) ( ) e λ 1 x 0 = C 1 + C 0 2 e λ 2x Sætning 27 Betragt 2 2-matricen A = (a ij ) og 2-søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay Hvis u er en egenvektor for A med egenvœrdi λ, så er løsninger, hvor C er arbitrœr. y(x) = Ce λx u Bevis. Gør prøve dy dx = Cλeλx u = Ce λx Au = Ay Det er ofte muligt at finde en konstant løsning. Kombineres dette med Sætning 26 og 27 kan en én parameter mængde af løsninger angives. Sætning 28 Betragt 2 2-matricen A = (a ij ) og 2-søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) samt det lineœre 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 egenvœrdi λ, så er løsninger, hvor C er arbitrœr. y(x) = Ce λx u + v

104 100 Bevis. Gør prøve ved brug af Sætning 27 dy dx = Ceλx Au = A(y v) = Ay + b Sætning 29 Betragt 2 2-matricen A = (a ij ) og 2-søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineœre differentialligningssystem Hvis dy dx = Ay y 0 = C 1 u 1 + C 2 u 2 er en linearkombination af egenvektorer for A, med egenvœrdier λ 1, λ 2, Au j = λ j u j, så er y(x) = C 1 e λ 1x u 1 + C 2 e λ 2x u 2 en løsning, der opfylder y(0) = y 0. Bevis. Gør prøve. 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 30 Betragt 2 2-matricen A = (a ij ) og 2-søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay Hvis matricen U med søjler u 1,u 2 diagonaliserer A med egenvœrdier λ 1, λ 2, Au j = λ j u j, så er den fuldstœndige løsning givet ved hvor C 1, C 2 er arbitrœre. y(x) = C 1 e λ 1x u 1 + C 2 e λ 2x u 2 Bevis. Fra Sætning 26, 27 følger, at linearkombinationerne er løsninger. Omvendt for en given løsning z, findes C 1, C 2 så z(0) = C 1 u 1 + C 2 u 2

105 15. LINEÆRT SYSTEM - 2 LIGNINGER 101 Lad y(x) = C 1 e λ 1x u 1 + C 2 e λ 2x u 2 og Λ = U 1 AU. Så er U 1 z og U 1 y begge løsninger til diagonalsystemet med koefficientmatrix Λ og derfor ens. Heraf følger resultatet. Sætning 31 Betragt 2 2-matricen A = (a ij ) og 2-søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) samt det lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay + b En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = b. Hvis matricen U med søjler u 1,u 2 diagonaliserer A med egenvœrdier λ 1, λ 2, Au j = λ j u j, så er den fuldstœndige løsning givet ved hvor C 1, C 2 er arbitrœre. y(x) = C 1 e λ 1x u 1 + C 2 e λ 2x u 2 + v Følgende opgavetype er repræsentativ for resultaterne i dette afsnit. Opgave 1. Betragt differentialligningssystemet y 1 = y 1 + y 2 y 2 = 8y 1 y 2 Det oplyses, at vektoren u = (1, 2) er en egenvektor for matricen A = ( ) Angiv den løsning y(x) = (y 1 (x), y 2 (x)) der opfylder y(0) = u, altså (y 1 (0), y 2 (0)) = (1, 2). Løsning. Egenværdien λ = 3 fås af udregningen ( )( ) ( ) Au = = = 3u Ifølge Sætning 27 er ) y(x) = Ce 3x ( 1 2

106 102 løsninger for arbitrære valg af C. I den partikulære løsning bestemmes C ved ( ) ( 1 1 y(0) = Ce 0 = 2 2) Dette giver C = 1 og den ønskede løsning ) y(x) = e 3x ( 1 2 Skrevet ud y 1 (x) = e 3x y 2 (x) = 2e 3x En mere komplet, men også ret omfangsrig opgave kunne være. Opgave 2. Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningssystemet dy 1 dx = y 1 + 2y 2 8 dy 2 dx = 2y 1 + y 2 7 Løsning. Koefficientmatricen er A = ( ) Egenværdierne findes som rødder i det karakteristiske polynomium A λi 2 = 1 λ λ Egenværdierne er = λ 2 2λ 3 λ 1 = 1, λ 2 = 3 Egenvektorer hørende til egenværdien 1: ( ) 2 2 A + I = 2 2 ( )

107 15. LINEÆRT SYSTEM - 2 LIGNINGER 103 giver egenvektorer ( x1 x 2 ) ( ) x2 = Egenvektorer hørende til egenværdien 3: ( ) 2 2 A 3I = 2 2 giver egenvektorer ( x1 x 2 ) = x 2 ( x2 x 2 ( ) 1 = x 2 1 ( ) ) ( ) 1 = x 2 1 Den fuldstændige løsning til den homogene part er ifølge Sætning 30 dy 1 dx = y 1 + 2y 2 dy 1 dx = 2y 1 + y 2 ( ) ( ) 1 1 y(x) = C 1 e x + C 1 2 e 3x 1 Skrevet ud y 1 (x) = C 1 e x + C 2 e 3x y 2 (x) = C 1 e x + C 2 e 3x hvor C 1, C 2 er arbitrære konstanter. En konstant løsning y(x) = v = (v 1, v 2 ) skal opfylde Dette løses 0 = v 1 + 2v = 2v 1 + v 2 7 v = ( v1 v 2 Den fuldstændige løsning til systemet ) = ( ) 2 3 dy 1 dx = y 1 + 2y 2 8 dy 2 dx = 2y 1 + y 2 7

108 104 er ifølge Sætning 31 Skrevet ud y(x) = C 1 e x ( 1 1 ) ( ) 1 + C 2 e 3x + 1 y 1 (x) = C 1 e x + C 2 e 3x + 2 y 2 (x) = C 1 e x + C 2 e 3x + 3 ( ) 2 3 hvor C 1, C 2 er arbitrære konstanter. Et hastighedsfelt giver en grafisk fornemmelse for løsningskurvernes x y(x) forløb. y 2 y 1 Opgave 2. Hastighedsfelt I det ikke-diagonaliserbare tilfælde kan man lidt mere besværligt også finde løsningerne. Eksempel 2.[Ingen reelle egenværdier Betragt det lineære system Koefficientmatricen y 1 = y 1 y 2 y 2 = y 1 + y 2 A = ( ) har karakteristisk polynomium λ 2 2λ + 2 med diskriminant 4 og dermed ingen reelle egenværdier. Ved brug af komplekse tal findes løsningen Skrevet ud y(x) = C 1 e x ( cosx sin x ) + C 2 e x ( sin x cosx y 1 (x) = C 1 e x cos x C 2 e x sin x y 2 (x) = C 1 e x sin x + C 2 e x cosx )

109 15. LINEÆRT SYSTEM - 2 LIGNINGER 105 y 2 y 1 Eksempel 2. Hastighedsfelt Eksempel 3.[1 egenværdi Betragt det lineære system Koefficientmatricen y 1 = 3y 1 + y 2 y 2 = 3y 2 A = ( ) har egenværdi 3 og egenrum E 3 = span(e 1 ) og kan ikke diagonaliseres. Løsningen kan bestemmes ) ) y(x) = C 1 e 3x ( C 2 e 3x ( x 1 Skrevet ud y 1 (x) = C 1 e 3x + C 2 e 3x x y 2 (x) = C 2 e 3x y 2 y 1 Eksempel 3. Hastighedsfelt

110 106 Opgaver Opgave 3. Betragt differentialligningssystemet dy 1 dx = 3y 1 + 2y 2 dy 2 dx = y 1 + 4y 2 Det oplyses, at vektoren u = (2, 1) er en egenvektor for matricen A = ( ) Angiv den løsning y(x) = (y 1 (x),y 2 (x)) der opfylder y(0) = u, altså (y 1 (0),y 2 (0)) = ( 2,1) Opgave 4. Betragt differentialligningssystemet y 1 = y 1 + y 2 y 2 = y 2 Det oplyses, at vektoren u = (1,0) er en egenvektor for matricen A = ( ) Angiv den løsning y(x) = (y 1 (x),y 2 (x)) der opfylder y(0) = 2u, altså (y 1 (0),y 2 (0)) = (2,0) Opgave 5. Betragt differentialligningssystemet y 1 = 2y 1 + 3y 2 y 2 = 3y 1 + 2y 2 Det oplyses, at vektorerne u 1 = (1,1),u 2 = (1, 1) er en egenvektorer for systemets koefficientmatrix. Angiv den fuldstændige løsning. Opgave 6. Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningssystemet y 1 = 7y 1 + 2y y 2 = 3y 1 + 8y 2 3

111 16. LINEÆRT SYSTEM - N LIGNINGER 107 Opgave 7. Angiv den fuldstændige løsning til det homogene differentialligningssystem dy 1 dx = y 1 2y 2 dy 2 dx = y 1 4y 2 Angiv den løsning y(x) der opfylder y(0) = (1, 1). Opgave 8. 1) Betragt det lineære differentialligningssystem dy 1 dx = ay 1 + by 2 + c dy 2 dx = y 1 Gør rede for, at y(x) = (z (x),z(x)) er en løsning netop, når z(x) er en løsning til 2. ordens differentialligningen d 2 z dx 2 = adz dx + bz + c 2) Beregn den fuldstændige løsning til 2. ordens differentialligningen z = 5z + 6z 16 Lineært system - n ligninger Det lineære differentialligningssystem for et vilkårligt antal ligninger behandles på samme måde som systemet med 2 ligninger. Specielt er beviserne de samme. Definition 1. Ved et lineœrt 1. ordens differentialligningssystem med konstante koefficienter forstås dy 1 dx = a 11 y a 1n y n + b 1 dy 2 dx = a 21 y a 2n y n + b 2. dy n dx = a n1 y a nn y n + b n En partikulær løsning er differentiable funktioner x y 1 (x),...,x y n (x)

112 108 som indsat opfylder ligningerne. Løsningsrummet, den fuldstændige løsning er angivelsen af alle løsninger. For n n-matricen A = (a ij ), koefficientmatricen, og n-søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) skrives det lineære differentialligningssystem En løsning skrives dy dx = Ay + b y 1 (x) x y(x) =. y n (x) Bemærkning 1. 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 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 26A Betragt n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlen y(x) = (y i (x)). Hvis z 1 (x),z 2 (x) er løsninger til det homogene lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay så er enhver linearkombination z(x) = C 1 z 1 (x) + C 2 z 2 (x) også en løsning. Betragt yderligere n-søjlen b. Hvis z 0 (x) er en løsning til det inhomogene lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay + b

113 16. LINEÆRT SYSTEM - N LIGNINGER 109 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. En egenvektor giver en 1-parameter mængde af løsninger for det homogene system. Sætning 27A Betragt n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay Hvis u er en egenvektor for A med egenvœrdi λ, så er løsninger, hvor C er arbitrær. y(x) = Ce λx u Sætning 28A Betragt n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) samt det lineœre 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 egenvœrdi λ, så er løsninger, hvor C er arbitrœr. y(x) = Ce λx u + v Sætning 29A Betragt n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineœre differentialligningssystem Hvis dy dx = Ay y 0 = C 1 u C m u m er en linearkombination af egenvektorer for A, med egenvœrdier λ 1,...,λ m, Au j = λ j u j, så er y(x) = C 1 e λ 1x u C m e λmx u m

114 110 en løsning, der opfylder y(0) = y 0. For en diagonaliserbar koefficientmatrix kan man finde den fuldstændige løsning. Sætning 30A Betragt n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay Hvis matricen U med søjler u 1,...,u n diagonaliserer A med egenvœrdier λ 1,...,λ n, Au j = λ j u j, så er den fuldstœndige løsning givet ved hvor C 1,...,C n er arbitrœre. y(x) = C 1 e λ 1x u C n e λnx u n Sætning 31A Betragt n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) samt det lineœre differentialligningssystem dy dx = Ay + b En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = b. Hvis matricen U med søjler u 1,...,u n diagonaliserer A med egenvœrdier λ 1,...,λ n, Au j = λ j u j, så er den fuldstœndige løsning givet ved hvor C 1,...,C n er arbitrœre. y(x) = C 1 e λ 1x u C n e λnx u n + v 17 Generel ligning 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. Her er så en lidt mere præcis sprogbrug for differentialligninger. Formuleringen for differentialligningssystemer overlades til læseren.

115 17. GENEREL LIGNING 111 Definition 1. Lad I, J være åbne intervaller og F(x, y) : I J R en reel funktion. En løsning til 1. ordens differentialligningen dy dx = F(x, y) 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 Følgende ikke helt optimale sætning er ofte anvendelig til at sikre eksistens og entydighed af løsninger til 1. ordens differentialligninger. Sætning 32 (Eksistens og entydighed) Antag at F(x, y) er kontinuert og F (x, y) eksisterer og er kontinuert i I J. For et givet (x y 0, y 0 ) I J findes entydigt bestemt et maximalt åbent delinterval I I om x 0 og en differentiabel funktion y(x) : I J, som er en løsning til 1. ordens differentialligningen dy = F(x, y) dx og opfylder y(x 0 ) = y 0 Bemærkning 1. Den udvidede ligning kaldes et begyndelsesværdiproblem. dy dx = F(x, y), y(x 0) = y 0 Eksistens- og entydighedssætningen 32 for begyndelsesværdiproblemer har en vigtig udvidelse til differentialligningssystemer, som det overlades til læseren at formulere. Eksempel 1. Differentialligningen dy dx = x3 y + e xy har løsningskurver igennem ethvert (x 0, y 0 ) R 2. Løsninger kan ikke umiddelbart udtrykkes ved kendte elementære funktioner.

116 112 y x Eksempel 1. Retningsfelt Som en anvendelse af Eksistens- og entydighedssætningen 32 kan de elementære funktioner genfindes som løsninger til simple differentialligninger. Eksempel 2.[Elementære funktioner 1) Den entydigt bestemte løsning til begyndelsesværdiproblemet er eksponentialfunktionen dy dx = y, y(0) = 1 y(x) = e x 2) Den entydigt bestemte løsning til begyndelsesværdiproblemet er de trigonometriske funktioner dy 1 dx = y 2 dy 2 dx = y 1 y 1 (0) = 1, y 2 (0) = 0 y 1 (x) = cos x y 2 (x) = sin x 3) Den entydigt bestemte løsning til begyndelsesværdiproblemet dy 1 dx = y 2 dy 2 dx = y 1 y 1 (0) = 1, y 2 (0) = 0 er de hyperbolske funktioner (se [Stewart, p. 251.) y 1 (x) = cosh x = ex +e x 2 y 2 (x) = sinh x = ex e x 2

117 18. STABILITET 113 Eksempel 3.[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 er en n n-matrix af funktioner dy dx = AY Y(0) = I n Y(x) = exp(ax) som kaldes eksponentialet. Hvis A er en diagonalmatrix med diagonalindgange λ 1,...,λ n, så er eksponentialet exp(ax) diagonalmatricen med diagonalindgange e λ 1x,...,e λnx. Hvis matricen U med søjler u 1,...,u n diagonaliserer A med egenvœrdier λ 1,...,λ n, Au j = λ j u j, så er A = UΛU 1 udtrykt ved diagonalmatricen Λ og eksponentialet kan beregnes ved exp(ax) = U exp(λx)u 1 18 Stabilitet 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. Definition 1. En differentialligning kaldes autonom. dy dx = F(y)

118 114 En konstant løsning 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. Grafen for funktionen F(y) kaldes fasediagrammet. Der er en oplagt udvidelse til differentialligningsystemer, som det overlades læseren at formulere. Bemærkning 1. I en omegn af en ligevægt y(x) = b, F(b) = 0 kan det autonome begyndelsesværdiproblem tilnærmes med den lineære ligning hvor løsningerne y(x) b + z(x). dy dx = F(y), y(x 0) = b + ǫ dz dx = F (b)z, z(x 0 ) = ǫ Bemærkning 2. For en ligevægt y(x) = b, F(b) = 0 for det autonome system dy dx = F(y) gælder (forudsat F(y) er tilstrækkelig pæn ) F (b) < 0: Stabil ligevægt. F (b) > 0: Ustabil ligevægt. F (b) = 0: Ingen konklusion. y y Bemærkning 2. Fasediagram

119 18. STABILITET 115 Eksempel 1.[Logistisk ligning Den logistiske ligning, k, K > 0, har ligevægts løsninger og dp dt = kp(1 P K ) = F(P) P(t) = 0, P(t) = K F (P) = 2k K P + k F (0) = k > 0: P = 0 er en ustabil ligevægt. F (K) = k: P = K er en stabil ligevægt. P P Eksempel 1. Fasediagram Eksempel 2.[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) I (R, W) = (0, 0) er den lineære approximation dr dt = kr dw = rw dt

120 116 som giver en ustabil ligevægt. I (R, W) = (r/b, k/a) er den lineære approximation 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. (Se også Eksempel )). W Eksempel 2. Hastighedsfelt R

121 Index 1. ordens differentialligningen, 111 additionsformler, 19 adresse, 7 affint underrum, 26, 28 afstand, 73 associativ, 8 augmenteret, 34 autonom, 113 baglæns substitution, 32 begyndelsesværdiproblem, 111 bikube, 47 Cauchy-Schwarz, 85 determinant, 9, 49 determinant-kriterium, 52 diagonal, 9 diagonalisere, 65 diagonalmatrix, 65 differentialoperator, 62 dimension, 7 dobbeltrod, 68 egenrum, 56 egentlig vektor, 1 egenværdi, 54 egenvektor, 54 eksponentialet, 113 elektrisk strøm, 48 en-dimensional, 23 enhedsvektor, 16, 64 enten-eller, 38 fasediagrammet, 114 fejlsum, 82 Fibonacci, 10 Fibonacci-tal, 11 flat, 26 fremskrive, 22 frokost-vektor, 16 fuldstændig løsning, 23 fuldstændige løsning, 89 gennemsnit, 78 Gram-Schmidt, 84 gyldne snit, 59 Hesse-matrix, 87 homogen, 89 homogene part, 89, 98, 108 homogent, 98, 108 homogent lineær funktion, 15 hyperbolske funktioner, 3 højre-invers, 20 identitetsmatrix, 9 indgang, 7 inhomogene, 89, 98, 108 inhomogent lineært underrum, 28 inkonsistent, 27 invers, 21 invertibel, 21, 22 Jacobi-matrix, 13 kanin, 10 karakteristisk polynomium, 57 koefficienter, 2 koefficientmatricen, 97,

122 118 INDEX komplekse tal, 104 konsistent, 27 koordinater, 1 koordinatvektor, 1 koordinatvektorrum, 1 krumtap, 36 kvadratisk ligningssystem, 27 kvadratisk matrix, 9 kæderegel, 13 ligevægt, 114 ligningssystem, 22 linearkombination, 2 lineær algebra, 28 lineær funktion, 15 lineær regression, 82 lineært ligningssystem, 22 lineært rum, 4 lineært uafhængig, 33 lineært underrum, 25 lineær 1. ordens differentialligning, 89 lineært 1. ordens differentialligningssystem, 97, 107 liste, 1 (lokal) stabil, 114 længde, 73 løsning, 110 løsningsrummet, 89 Løsningsrummet, fuldstændig løsning, 97, 108 løsningsrum, 25 Matr(f), 16 matricer, 6 matrix, 6 matrix-multiplikation, 7 mindste kvadraters metode, 81 minor matrix, 50 multiplicitet, 69 n-tupel, 1 nedfælde, 75 normalvektor, 4, 28 nul-løsning, 27 nulvektor, 1 nøgleled, 36 ombyttelig, 15 opløse, 29 origo, 1 ortogonal, 73 ortogonal projektion, 75 ortogonalt komplement, 74 overbestemt, 27 parallel, 28 parallel-forskydning, 26 parameter, 23 partikulær løsning, 89, 97, 107 partikulær løsning, 23 pivot, 36 pivot-fri, 36 population, 10 populationsvektor, 11 prikprodukt, 72 projektion, 20, 75 projicere, 75 proportional, 28 Pythagoras, 80 R n, 1 reduceret række-echelon, 36, 37 regression, 82 restvektor, 76 retningsvektor, 4 række, 6 række-echelon form, 37 række-echelon-form, 35 række-operation, 35, 36 række-operations-matrix, 42 rækkematrix, 7 rækkevektor, 7

123 INDEX 119 skalarprodukt, 72 span, 4, 74 spejling, 19, 62 spor, 58 standard enhedsvektor, 16, 64 superposition, 3 symmetrisk matrix, 66 søjle, 6 søjlematrix, 7 søjlevektor, 7 Taylor-udvikling, 29 temperatur, 30 tilbageskrive, 22 tilhørende homogene system, 25 to-dimensional, 24 to-sidet invers, 21 trappe, 37 trekantsulighed, 87 trigonometriske additionsformler, 19 tripel, 1 triviel løsning, 27 tømrer-princip, 74 Viktor Y. Bunyakovsky, Augustin Louis Cauchy, Fibonacci (Leonardo af Pisa), Carl Friedrich Gauss, Jørgen Gram, Otto Hesse, Karl Gustav Jacob Jacobi, Pythagoras, omkr. 530 b.c. Erhard Schmidt, Hermann Amandus Schwarz, Brook Taylor, Charles Wheatstone, udspænder, 4 udvikling af determinant, 50 underbestemt, 27 underrum, 25 ustabil, 114 varmemester, 47 vektorrum, 4 venstre-invers, 20 vinkel, 86 vinkelret, 73 Wheatstone s bro, 48 ækvivalent ligningssystem, 32