Lineær Algebra - Beviser Mads Friis 8 oktober 213
1 Lineære afbildninger Jeg vil i denne note forsøge at give et indblik i, hvor kraftfuldt et værktøj matrix-algebra kan være i analyse af lineære funktioner Definition 11 Lad f : R n R m være en afbildning Vi siger, at f er lineære hvis følgende to betingelser er opfyldt 1) x, y R n : f(x + y) = f(x) + f(y) 2) x R n λ R : f(λx) = λf(x) Sætning 12 Lad f : R n R m være en lineær afbildning Da findes en matrix A, så f(x) = A x Hvis omvendt der findes A, så f(x) = A x, da er f en lineær afbildning Bevis Antag at f : R n R m er en lineær afbildning Sæt a j = f(e j ), og lad A være en m n-matrix givet ved A = ( a 1 a 2 a n ) og lad g : R n R m være afbildningen med forskriften g(x) = A x Da får vi g(x) = x 1 a 1 + x 2 a 2 + + x n a n = x 1 f(e 1 ) + x 2 f(e 2 ) + + x n f(e n ) = f(x 1 e 1 ) + f(x 2 e 2 ) + + f(x n e n ) = f(x 1 e 1 + x 2 e 2 + + x n e n ) = f(x) Hermed vist, at f er lig med afbildningen g, hvorfor A er en matrix, så f(x) = A x Antag at f : R n R m er en afbildning på formen f(x) = A x, hvor A er en m n-matrix Lad A være givet på formen Da får vi Vi bemærker, at λx = λ x 1 x 2 A = ( a 1 a 2 a n ) f(x) = x 1 a 1 + x 2 a 2 + + x n a n λx 1 = λx 2, og får λx n x n f(λx) = λx 1 a 1 + λx 2 a 2 + + λx n a n = λ(x 1 a 1 + x 2 a 2 + + x n a n ) = λf(x) 1
Hermed er betingelsen L1 opfyldt Vælg nu to vilkårlige vektorer x, y R n, så Vi får da x 1 x 2 x n y 1 x =, y = y 2 y n f(x + y) = (x 1 + y 1 )a 1 + (x 2 + y 2 )a 2 + + (x n + y n )a n = x 1 a 1 + x 2 a 2 + + x n a n + y 1 a 1 + y 2 a 2 + + y n a n = f(x) + f(y) Hermed er betingelsen L2 opfyldt For at vise at en afbildning f er lineær, da er det tilstrækkeligt at vise, at f kan udtrykkes ved en matrix A, dvs f(x) = A x Sætning 13 Lad f : R n R m være en lineær afbildning med tilhørende matrix A Antag A ved hjælp af rækkeoperationer kan omdannes til en trappematrix A med d trin Der gælder da 1) Hvis m > d findes der en søjle y R m, så x R n : f(x) y Vi har med andre ord, at f ikke er surjektiv 2) Hvis n > d har f(x) = R m en løsningsmængde givet ved en parameterfremstilling med n d parametre, og ligningen har altså uendeligt mange løsninger Vi har med andre ord, at f ikke er injektiv 3) Hvis m = n = d har f(x) = y netop én løsning for ethvert valg af y R m Vi har med andre ord, at f er bijektiv Bevis Vi viser først (1) Antag m > d Lad y = e d+1 Vi ser da på totalmatricen X = ( A y ) Antag uden tab af generalitet, at trin i falder i x ii X = k 11 k 12 k 13 k 14 k 15 k 16 k 1n k 22 k 23 k 24 k 25 k 26 k 2n k 33 k 34 k 35 k 36 k 3n k dd k d(d+1) k dn 1 2
Af ovenstående ses, at ligningssystemet X ingen løsninger har Udfører vi nu de omvendte til rækkeoperationerne, som førte A over i A, vil X blive en totalmatrix X = ( A y ) Da rækkeoperationer ikke ændrer på løsningsmængden har ligningssystemet X heller ingen løsninger Men da har vi netop, at y R m x R n : f(x) y Vi viser nu (2) Antag n > d Vi ser da på totalmatricen X = ( A uden tab af generalitet, at trin i falder i x ii 1 k 1(d+1) k 1n 1 k 2(d+1) k 2n X = 1 k d(d+1) k dn Vi har nu d ligninger med n ubekendte, som har løsningsmængden L = x R n t d+1, t n R : x = t n k 1(d+1) k 2(d+1) = x R n t d+1, t n R : x = t d+1 k d(d+1) + t d+2 1 t d+1 k 1(d+1) t d+2 k 1(d+2) t nk 1n t d+1 k 2(d+1) t d+2 k 2(d+2) t nk 2n t d+1 k d(d+1) t d+2 k d(d+2) t nk dn t d+1 t d+2 ) Igen antager vi k 1(d+2) k 2(d+2) k d(d+2) 1 + + t n k 1n k 2n k dn 1 At dimensionen af dim L = n d følger af at vi har netop n d lineært uafhængige vektorer, som udspænder løsningsrummet Vi kan nu føre X tilbage i X ved rækkeoperationer, som altså ikke ændrer på løsningsmængden Hermed vist, at der findes uendeligt mange løsninger til ligningen f(x) = Vi viser nu (3) Antag m = n = d Vi benævner diagonalmatricen, som fremkommer af A ved rækkeoperationer ved A samt lader y R n være vilkårligt valgt Vi ser da på totalmatricen X = ( A y ) d 1 y 1 X d = 2 y 2 d n y n 3
Det er klart, at ovenstående totalmatrix har netop én løsning Ved at foretage de omvendte til rækkeoperationerne, som førte A over i A, ændrer vi ikke på løsningen, hvorfor totalmatricen X = ( A y ) ligeledes har netop én løsning Hermed vist, at for alle valg af y R m findes netop ét x R n, så f(x) = y Sætning 14 Lad f : R n R m være en lineær afbildning med tilhørende matrix A Antag at A ved hjælp af rækkeoperationer kan omdannes til en trappematrix A med d trin Der gælder da 1) Hvis ligningssystemet f(x) = A x = y har mindst en løsning for alle valg af y R m, da er d = m Altså hvis f er surjektiv, da er d = m 2) Hvis ligningssystemet f(x) = A x = kun har én løsning (ækvivalent med f injektiv, vises senere), da er d = n 3) Hvis ligningssystemet f(x) = A x = y har netop én løsning for alle y R m, altså at f er bijektiv, da er d = n = m Bevis Beviset for (1) og (2) følger ved kontraposition af sætning 12 (3) følger af (1) og (2) samt sætning 15 Sætning 15 En lineær afbildning f : R n R m er injektiv netop når ligningen f(x) = kun har løsningen x = Bevis For enhver lineær afbildning har vi, at f() = Hvis f er injektiv får vi da f(x) = x = Antag omvendt, at der kun findes én løsning til f(x) =, nemlig x = Lad nu x 1, x 2 være løsninger til ligningen f(x) = y, dvs f(x 1 ) = y = f(x 2 ) Men da får vi = f(x 1 ) f(x 2 ) = f(x 1 x 2 ) x 1 x 2 = x 1 = x 2 Hermed vist, at under antagelsen f(x) = x =, så er f injektiv Sætning 16 Lad f : R n R m være en lineær afbildning med tilhørende matrix A Antag at A ved rækkeoperationer kan omdannes til matricen A med d trin Da fås 1) f er injektiv hvis og kun hvis d = n 2) f er surjektiv hvis og kun hvis d = m 3) f er bijektiv hvis og kun hvis d = n = m 4
Bevis (1) Se Sætning 13, 14 og 15 (2) Vi har allerede vist, at f sur d = m Antag derfor d = m og lad y R m være en vilkårligt valgt vektor Vi kan da opskrive totalmatricen X = ( A y ), hvor y fremkommer af y ved rækkeoperationer Vi får 1 k 1(d+1) k 1n y 1 X 1 k 2(d+1) k 2n y 2 = 1 k d(d+1) k dn y m y 1 y 2 Af ovenstående matrix får vi, at x = y løser ligningssystemet Ved at udføre de modsatte til rækkeoperationerne, som førte A over i A, kan vi føre X tilbage i X = ( A y ) m, som har tilsvarende løsningsmængde, dvs der eksisterer x = Hermed vist, at f er surjektiv (3) Følger af (1) og (2) Sætning 17 For en lineær afbildning f : R n R m gælder rg f + dim(ker f) = dim R n ( x1 x 2 x n ) R n, så f(x) = y Bevis Lad A betegne den til f hørende matrix Vi kan da omdanne A ved hjælp af rækkeoperationer til trappematricen A med d trin Der gælder da, at ker f = { x R n A x = } = { x R n A x = } Vi har fra sætning 12, at ker f er et underrum med dimension n d Videre har vi, at rg f = rg A = rg A = d, og vi får altså rg f + dim(ker f) = d + (n d) = n = dim(r n ) 5