College WisCKI. Albert Visser. 21 november, Department of Philosophy, Faculty Humanities, Utrecht University. Vectorruimte

Transcriptie

1 College WisCKI Albert Visser Department of Philosophy, Faculty Humanities, Utrecht University 21 november,

2 Overview 2

3 Overview 2

4 Overview 2

5 Overview 2

6 Overview 3

7 Lichaam Lichaam (Körper, Field): we hebben een domain F, elementen 0 en 1 met 0 1 en operaties +,,, ( ) 1. We schrijven vaak als. x + 0 = x, x 1 = x x + (y + z) = x + (y + z), (x y) z = x (y z) x + y = y + x, x y = y x. x + ( x) = 0. ( ) 1 is gedefiniëerd op F \ {0}. We hebben (voor x 0): x x 1 = 1. x (y + z) = x y + x z. 4

8 Geordend Lichaam We voegen een ordening toe aan F. is totale lineaire ordening. Als x y, dan is ook x + z y + z. Als 0 a en 0 b, dan is ook 0 a b. 5

9 We hebben een lichaam F en een verzameling V met operaties 0, en + op V en of F V, zodat: v + 0 = v, v + (u + w) = v + (u + w) v + u = u + v v + ( v) = 0. x (u + v) = x u + x v (x + y) u = x u + y u (x y) v = x (y v) 6

10 Overview 7

11 Stelsels α + 2β γ = 1 3α + 2β γ = α β + γ = 3 Vermenigvuldigen van een vergelijking met een getal ( 0), optellen van vergelijkingen, verwisselen van vergelijkingen. Elk van deze operaties behoudt de oplossingsverzameling. Echelonvorm. 8

12 Overview 9

13 Vectorvoorstelling Lijn: x = b + λa. b is steunvector en a is richtingsvector. Merk op dat deze representatie niet uniek is. Stel p is een vector die eindigt in P en q is een vector die eindigt in Q. Dan is x = λ(q p) + p, de lijn door P en Q. Vlak: x = c + λa + νb. Stel p is een vector die eindigt in P en q is een vector die eindigt in Q en r is een vector die eindigt in R. Dan is x = p + λ(q p) + ν(r p), het vlak door P, Q en R. Driedimensionale deelruimte van R 4 : x = d + λa + νb + µc. 10

14 Overview 11

15 Deelruimte 1 Een lineaire deelruimte V van een vectorruimte W is een verzameling vectoren die gesloten is onder optellen van vectoren en vermenigvuldigen van vectoren met elementen van R. We schrijven v 1,..., v n voor de verzameling lineaire combinaties λ 1 v λ n v n van de v i. De vectoren v 1,..., v n brengen v 1,..., v n voort. Als n = 0 hebben we de gedegenereerde lineaire ruimte = {0}. 12

16 Deelruimte 2 Stelling v 1,..., v n is een lineaire deelruimte. Bewijs Stel u = λ 1 v λ n v n en w = ν 1 v ν n v n. Dan is µu = µ(λ 1 v λ n v n ) = µ(λ 1 u 1 ) +... µ(λ n u n ) = (µλ 1 )v (µλ n )v n u + w = λ 1 v λ n v n + ν 1 v ν n v n = (λ 1 v 1 + ν 1 v 1 ) (λ n v n + ν n v n ) = (λ 1 + ν 1 )v (λ n + ν n )v n. 13

17 (On)afhankelijheid 1 Bezie v 1 = ( ), v 2 = ( ) and v 3 = ( Dan is bijvoorbeeld v 3 = 2v 1 v 2. De deelruimte v 1, v 2, v 3 is identiek aan v 1, v 2, want als w = λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + λ 3 v 3, dan is: ). w = λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + λ 3 (2v 1 v 2 ) = λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + 2λ 3 v 1 λ 3 v 2 ) = (λ 1 v 1 + 2λ 3 v 1 ) + (λ 2 v 2 λ 3 v 2 ) = (λ 1 + 2λ 3 )v 1 + (λ 2 λ 3 )v 2 Bezie een rijtje vectoren v 1,..., v n. We zeggen dat deze vectoren onafhankelijk zijn als geen van hen als lineaire combinatie van de andere te schrijven is. 14

18 (On)afhankelijheid 2 Stelling v 1,..., v n is lineair onafhankelijk dan en slechts dan als, voor alle λ 1,..., λ n, als λ 1 v λ n v n = 0, dan λ 1 =... = λ n = 0. Bewijs Stel v 1,..., v n is lineair afhankelijk. Dan is, voor zekere i, en ν 1,..., ν i 1, ν i+1,..., ν n : v i = ν 1 v ν i 1 v i 1 + ν i+1 v i ν n v n, en is dus: ν 1 v ν i 1 v i 1 + ( 1)v i + ν i+1 v i ν n v n = 0. Andersom stel dat λ 1 v λ n v n = 0 en, zeg, λ i 0. Dan is: v i = ( λ 1 i λ 1 )v ( λ 1 i λ i 1 )v i 1 +( λ 1 i λ i+1 )v i ( λ 1 i λ n )v n. 15

19 (On)afhankelijheid 3 Stelling Stel V is een lineaire deelruimte en v 1,..., v n zijn lineair onafhankelijk verctoren in V. Stel w V. Dan is v 1,..., v n, w lineair onafhankelijk. Bewijs Stel λ 1 v λ n v n + µw = 0. Als µ 0, dan is w = ( µ 1 λ 1 )v ( µ 1 λ 1 )v 1. Dit is in tegenspraak met het feit dat w V. Dus µ moet 0 zijn, Er volgt dat λ 1 v λ n v n = 0. Omdat de v i lineair onafhankelijk zijn, mogen we concluderen dat λ 1 =... = λ n = µ = 0. 16

20 Basis 1 Stel v 1,..., v n is onafhankelijk en V = v 1,..., v n. Dan is v 1,..., v n een basis voor V. Stelling Stel v 1,..., v n and w 1,..., v k zijn beide bases van V. Dan is n = k. Het bewijs is uitgesteld. De bovenstaande stelling rechtvaardigt de volgende definitie: de dimensie van V is k als er een basis v 1,..., v k is voor V. 17

21 Basis 2 Stelling Bezie W = w 1,... w k. Hier hoeven de w i niet per se lineair onafhankelijk te zijn. Stel dat v 1,..., v n lineair onafhankelijk zijn in W. Dan is n k. Bewijs We bewijzen met inductie over 0 i n, dat W = v 1,..., v i, w s1,..., w sk i, voor zekere 1 s 1 <... < s k i k. Voor i = 0 is dit triviaal: we nemen s j := j. Stel we hebben het gevraagde voor i < n. Aangezien v i+1 in W zit, hebben we, op grond van de IH, v i+1 = λ 1 v λ i v i + µ 1 w s µ k i w sk i. Aangezien de v j lineair onafhankelijk zijn, moet er een l zijn met µ sl 0. Daarom is w sl te schrijven als een lineaire combinatie van v 1,..., v i+1, w s1,... w sl 1, w sl+1,... w sk i. Hieruit volgt weer dat elke w W te schrijven is als lineaire combinatie van deze elementen. 18

22 Basis 3 Stelling Stel v 1,..., v n and w 1,..., v k zijn beide bases van V. Dan is n = k. Bewijs We hebben dat v 1,..., v n in V = w 1,..., v k is en dus n k. Analoog: k n. Stelling Bezie W = w 1,... w k waar de w i niet per se onafhankelijk hoeven zijn. Er volgt dat W een basis heeft van k elementen. Bewijs We weten dat de dimensie van elke deelruimte van W die een basis heeft k is. Stel V is een deelruimte van W met maximale dimensie n k. Zeg de basis van V is v 1,..., v n. Als V W, dan is er een w W \ V. Deze w is onafhankelijk van v 1,..., v n en dus is v 1,..., v n, w een deelruimte van W met dimensie n + 1. Een tegenspraak. Dus V = W. 19