Lineær Algebra, TØ, hold MA3

Transkript

1 Lineær Algebra, TØ, hold MA3 Lad mig allerførst (igen) bemærke at et vi siger: En matrix, matricen, matricer, matricerne. Og i sammensætninger: matrix- fx matrixmultiplikation. Injektivitet og surjektivitet Lad f : M N være en afbildning. For A M definerer vi billedet af A under f ved f(a) = {f(a) N a A} N For B N definerer vi urbilledet af B under f ved f 1 (B) = {m M f(m) B} M Definition. Vi siger at f er surjektiv hvis f(m) = N. Dvs. hvis alle elementer i N er billedet af et element i M. Man benytter ofte notationen Im(f) = f(m). Definition. Vi siger at f er injektiv hvis f(x) = f(y) medfører at x = y. Dvs. hvis 2 forskellige elementer i M sendes i forskellige elementer i N. Dette kan ækvivalent formuleres som betingelsen for alle y N indeholder f 1 ({y}) højst 1 element antag nemlig at f er injektiv og lad y N være givet. Hvis a, b f 1 ({y}) så er f(a) = y = f(b) så a = b. Det ses at f 1 ({y}) højst indeholder et element. Antag modsat at for alle y N indeholder f 1 ({y}) højst 1 element, og lad f(x) = f(y) = n. Så er jo x, y f 1 ({n}), men f 1 ({n}) indeholder højst 1 element så x = y. Og vi ser at f er injektiv. Definition. Hvis f er både injektiv og surjektiv, siger vi at f er bijektiv Vi har tidligere set at f er bijektiv præcis når den har en invers. Lineære afbildninger Lad V, W være F-vektorrum, dvs. 2 mængder med 2 kompositioner (her formuleret for V ): En skalarmultiplikation : F V V og en addition + : V V V vi skriver v + w for +(v, w) og r v for (r, v), og ofte udelader vi endda og skriver rv. De 2 kompositioner skal have forskellige pæne egenskaber som man kan læse om i [FB]. Lad T : V W være en afbildning imellem de 2 vektorrum. Vi siger at T er lineær hvis T bevarer den lineære struktur dvs (vi skriver +, for både kompositionenerne på V og på W ) r, s F v, w V : T (r v + s w) = r T (v) + s T (w)

2 Der gælder nu at Im(T ) = T (V ) W er et underrum. Lad nemlig a, b T (V ), lad a = T (v) og b = T (w) så er ra + sb = rt (v) + st (w) = T (rv + sw) T (V ) Så T (V ) er stabil under endelige linearkombinationer (induktion!) så T (V ) er et underrum. Vi definerer kernen af T : ker(t ) = T 1 ({0}) = {v V T (v) = 0} V ker(t ) V er også et underrum, for antag v, w ker(t ), dvs. T (v) = T (w) = 0, så er jo T (rv + sw) = rt (v) + st (w) = r 0 + s 0 = 0 så også rv + sw ker(t ) dvs. ker(t ) er et underrum. Der gælder nu den meget vigtige sætning Sætning. Lad T : V W være en lineær afbildning mellem vektorrum. Så gælder T er injektiv ker(t ) = {0} Bemærkning. Vi ser at T (0) = 0 så der gælder altid {0} ker(t ). Betingelsen ker(t ) = {0} kan derfor ækvivalent formuleres ved at sige: ker(t ) indeholder højst 1 element. Konklusionen er hvis man skal teste om 2 forskellige elementer sendes i 2 forskellige elementer under afbildningen T, og man ved at T er lineær, så er det nok at tjekke at det kun er 0, der sendes i 0. Bevis. ) Antag T er injektiv. lad v ker(t ) så er T (v) = T (0) så da T er injektiv er v = 0. Vi ser at ker(t ) = {0}. ) Antag ker(t ) = {0}. Lad T (v) = T (w) så er jo Så w v ker(t ) = {0}, dvs Det ses at T er injektiv. 0 = T (w) T (v) = T (w) + T ( v) = T (w v) w v = 0 v = w Bemærk at vi i beviset for biimplikationen kun benyttede at at og at T (0) = 0 T ( v) = T (v) T (v + w) = T (v) + T (w) I kurset Algebra er afbildninger med disse 3 egenskaber centrale (en afbildning med disse egenskaber kaldes en gruppehomomorfi).

3 Endeligt dimensionale vektorrum Hvis T : V W er en linæer afbildning mellem endeligt dimensionale vektorrum 1 har vi rangligningen for T dim(t (V )) + dim(ker(t )) = dim(v ) Et bevis for denne ligning kunne gå som følger: Lad v 1,..., v k være en basis for ker(t ). Da ker(t ) V kan vi udvide til en basis for V : v 1,..., v k, v k+1,..., v m Jeg påstår nu at {T (v k+1 ),..., T (v m )} er en basis for T (V ). Antag dette for vist, så er altså dim(t (V )) + dim(ker(t )) = (m k) + k = m = dim(v ) hvilket er rangligningen. Lad os først vise at {T (v k+1 ),..., T (v m )} udspænder T (V ). Lad y T (V ) være givet så er y = T (v) for et v V, men dette v kan skrives så v = r 1 v r m v m y = T (v) = T (r 1 v r m v m ) = r 1 T (v 1 ) r m T (v m ) = r k+1 T (v k+1 ) r m T (v m ) hvor vi brugte at T (v 1 ) =... = T (v k ) = 0 Da y T (V ) var vilkårlig ses det at T (v k+1 ),..., T (v m ) udspænder T (V ). Vi skal også vise at {T (v k+1 ),..., T (v m )} er lineært uafhængige, så lad så er r k+1 T (v k+1 ) r m T (v m ) = 0 T (r k+1 v k r m v m ) = 0 Dvs. r k+1 v k r m v m ker(t ) = span{v 1,..., v k } så da {v 1,..., v m } er en basis er r k+1 =... = r m = 0 (overvej dette). Hvis nu dim(v ) = dim(w ) <, så gælder T er injektiv T er surjektiv T er bijektiv Det er nok at vise at vise første biimplikation, da den anden følger oplagt herfra. Lad T være injektiv, så er ker(t ) = {0} dvs. dim(ker(t )) = 0 så rangligningen giver at dim(t (V )) = dim(v ) = dim(w ), så vi ser at T (V ) = W (en basis for T (V ) er også en basis for W ) dvs. T er surjektiv. Lad omvendt T være surjektiv så er T (V ) = W så dim(t (V )) = dim(w ) = dim(v ), så er per rangligningen dim(ker(t )) = 0 så ker(t ) = {0} og dermed er T injektiv. 1 Det er enormt vigtigt at endeligt dimensionale vektorrum kan koordinatiseres og at koordinatiseringsafbildningen er en lineær isomorfi (en invertibel lineær afbildning) mellem V og F dim(v ), men det vil vi ikke komme yderligere ind på her

4 Et eksempel Betragt V = P 2 (C) og W = P 1 (C) og lad D : V W være afbildiningen Vi ser at D(a + bx + cx 2 ) = b + 2cx D(p(x)) = d dx p(x) Hvis vi nu betragter baserne B = (1, x, x 2 ) for V og B = (1, x) for W så ser vi at [ ] D([a, b, c]) = [b, 2c] = a b c Dvs. D er lineær og matrixrepræsentationen mht. til baserne B og B er [ ] D B,B = Vi ser at Im(D) = P 1 (C) da så D er surjektiv. Vi ser også at D ikke er injektiv for Og dermed Vi ser at α + βx = D(0 + αx βx2 ) N DB,B = span C {[1, 0, 0]} ker(d) = {a + bx + cx 2 b = c = 0, a C} C {0} dim(ker(d)) + dim(im(d)) = = dim(v ) så rangligningen (naturligvis!) er opfyldt. Bemærk også at D(p) = D(q) hvis, og kun hvis p q ker(d) dette er en algebraisk formulering af Lemma 8.17 fra [ETP], dog udtaler lemmaet i [ETP] sig om det meget mere generelle tilfælde hvor D udvides til en lineær afbildning fra mængden af differentiable funktioner ind i mængden af funktioner.

5 Gram-Schmidts algoritme Vi betragter et indre produkt-rum V (et reelt vektorrum, fx R m med prikproduktet) og lader W V være et (endeligt dimensionalt) underrum. Vi lader {a 1,..., a n } være en basis for W. Gram-Schmidt giver nu en metode til at finde en ortogonalbasis for W. Vi betragter først W 1 = span{a 1 }. Sæt v 1 = a 1 så er {v 1 } en ortogonalbasis for W 1. Derefter ser vi på W 2 = span{a 1, a 2 }, idéen er at finde en vektor i W 2 som står vinkelret på a 1, dvs. en vektor i W1 W 2, men en sådan vektor er fx bemærk nemlig at v 2, a 1 = v 2 = a 2 pr W1 (a 2 ) = a 2 a 1, a 2 a 1 2 a 1 a 2 a 1, a 2 a 1 2 a 1, a 1 Vi sætter W k = span{a 1,..., a k } og induktivt sætter vi v k = a k pr Wk 1 (a k ) og da er {v 1,..., v k } en ortogonalbasis for W k Vi får altså en følge og en følge af ortogonale baser W 1 W 2... W n 1 W n = a 2, a 1 a 1, a 2 a 1 2 a 1 2 = 0 {v 1 } {v 1, v 2 }... {v 1,..., v n } Det smarte er at man hele tiden projicerer ned på et underrum hvor man i forvejen kender en ortogonal basis og den slags baser gør projektion forholdsvis overkommelig. Hvis man ønsker det kan man normere efter hvert trin, eller til sidst. -- Bedste hilsen Troels Agerholm