Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 9.3 email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2ds6 Technische Universiteit Eindhoven college 6 J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 / 35

Inhoud Lineaire (on)afhankelijkheid 2 Basis en dimensie 3 Homogene stelsels J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 2 / 35

Lineaire onafhankelijkheid Definitie De vectoren v, v 2,..., v k in een vectorruimte V heten lineair afhankelijk als er constanten a, a 2,..., a k R bestaan, niet alle gelijk aan nul, zodat a v + a 2 v 2 + + a k v k = Zoniet, dan heten v, v 2,..., v k lineair onafhankelijk. NB: dus S = {v, v 2,..., v k } is lineair onafhankelijk als alleen de triviale oplossing heeft: a v + a 2 v 2 + + a k v k = a = a 2 = = a k =. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 3 / 35

Voorbeeld De vectoren v = 2, v 2 = 2, en v 3 = zijn lineair onafhankelijk, want leidt tot het stelsel a v + a 2 v 2 + a 3 v 3 = 2 2 wat als enige oplossing heeft: a =, a 2 =, a 3 =. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 4 / 35

Voorbeeld De vectoren v = 2 zijn lineair onafhankelijk, want uit, en v 2 = 2 volgt: a v + a 2 v 2 = 2 2 a =, a 2 =. Dus: een deelverzameling van een onafhankelijke verzameling is weer onafhankelijk. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 5 / 35

a =, a 2 =, a 3 = 2 (inderdaad v v 2 + 2v 3 = ) J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 6 / 35 Voorbeeld De vectoren v = 2 3, v 2 = 5 6, en v 3 = 3 2 zijn lineair afhankelijk, want a v + a 2 v 2 + a 3 v 3 = leidt tot het stelsel 5 3 5 3 2 6 2 2, 3 wat als algemene oplossing heeft a = 2 t, a 2 = 2 t, a 3 = t, t R en dus niet-triviale oplossingen heeft, bijvoorbeeld (t=2):

Voorbeeld De vectoren v = 2 3, v 2 = zijn lineair afhankelijk, want 5 6, v 3 = 3 2 v v 2 + 2v 3 + v 4 =., en v 4 = Dus: als je een lineair afhankelijke verzameling uitbreidt krijg je weer een lineair afhankelijke verzameling. 5 3 5 3 2 6 2 6 8 3, 3 Er blijft minstens één vrije variabele (kolom zonder spil). J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 7 / 35

Stelling De niet-nul vectoren v, v 2,..., v k in een vectorruimte V zijn lineair afhankelijk dan en slechts dan als minstens één van de vectoren, zeg v j, een lineaire combinatie is van de voorafgaande vectoren: v j = a v + a 2 v 2 + + a j v j Voorbeeld Als v en v 2 afhankelijk zijn, geldt met (bijv.) a 2, dus a v + a 2 v 2 = v 2 = a a 2 v Twee vectoren zijn lineair afhankelijk als de één een veelvoud is van de ander. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 8 / 35

Voorbeeld De vectoren v = 2 3, v 2 = 5 6, v 3 = 3 2 en v 4 = zijn lineair afhankelijk, want a v + a 2 v 2 + a 3 v 3 + a 4 v 4 = heeft een niet-triviale oplossing: a =, a 2 =, a 3 = 2, a 4 =, dus v v 2 + 2v 3 = Hieruit volgt dat v 3 een lineaire combinatie is van v en v 2 : NB: er volgt ook v 3 = 2 v + 2 v 2 v = v 2 + 2v 3, v 2 = v + 2v 3 J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 9 / 35

NB: als v j is een lineaire combinatie is van de overige vectoren in S = {v, v 2,..., v k } dan is S lineair afhankelijk en span S = span {v, v 2,..., v j, v j+,..., v k } Voorbeeld De vectoren (polynomen) in P 2 v = t, v 2 = 5 + 3t 2t 2, en v 3 = + 3t t 2 zijn lineair afhankelijk, want v 2 = 3v + 2v 3 en dus 3v v 2 + 2v 3 = Omdat v 2 in het opspansel zit van v en v 3 geldt dat span {v, v 2, v 3 } = span {v, v 3 } J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 / 35

Basis Definitie Als V een vectorruimte is en S = v, v 2,..., v k een verzameling vectoren in V vormen, dan heet S een basis voor V als aan de volgende twee voorwaarden is voldaan. S spant V op S is lineair onafhankelijk. Voorbeeld De vectoren i =, j =, en k = vormen een basis van R 3, de zogenaamde natuurlijke basis of standaardbasis voor R 3. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 / 35

De standaardbasis voor R n is {e, e 2,..., e n } met e i de n-vector met een in de i-de rij en verder nullen. Dus {e, e 2, e 3 } = {i, j, k} De standaardbasis voor P n is {t n, t n,..., t, }. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 2 / 35

Voorbeeld v = 2, v 2 = 2, v 3 =, en v 4 = spannen R 3 op, want het stelsel met uitgebreide matrix a a 2 b a + c 4a b 2c 2 c 3 3 is consistent (heeft zelfs voor elke a, b, c oneindig veel oplossingen). Dus elke v V is (op meerdere manieren) een lineaire combinatie van v, v 2, v 3, v 4. NB: de kolommen van een m n matrix spannen de R m op elk van de m rijen heeft na vegen een spil.. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 3 / 35

Voorbeeld De vectoren v = 2 zijn lineair onafhankelijk, want uit, en v 2 = 2 volgt: a v + a 2 v 2 = 2 2 a =, a 2 =. NB: de kolommen van een matrix zijn lineair onafhankelijk elke kolom heeft na vegen een spil (er zijn geen vrije variabelen). J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 4 / 35

Voorbeeld De vectoren vormen een basis van R 3, want het stelsel 2 2 2 heeft alleen de triviale oplossing en het stelsel a a 2 b a + c 4a b 2c 2 c 3, 2 heeft een oplossing voor elke a, b, c R., J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 5 / 35

Voorbeeld Anders gezegd: De kolommen van 2 2 vormen een basis van R 3 want deze matrix heeft na vegen een spil in elke rij en in elke kolom. 2 (Gauss-Jordan reductie) 2 NB: de kolommen van een matrix vormen een basis van R m de matrix is vierkant en inverteerbaar. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 6 / 35

Voorbeeld De vectoren (polynomen) in P 2 v = t 2 + 2t +, v 2 = t 2 + 2, en v 3 = t 2 + t vormen een basis van de vectorruimte P 2, want het stelsel 2 2 heeft alleen de triviale oplossing en het stelsel a a 2 b a + c 4a b 2c 2 c 3 heeft een oplossing voor elke a, b, c R. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 7 / 35

Definitie Een vectorruimte V is eindig-dimensionaal als er een eindige verzameling vectoren uit V bestaat die een basis vormt van V. Als er geen eindige basis bestaat heet V oneindig-dimensionaal. Stelling Als S = {v, v 2,..., v n } een basis is van de vectorruimte V, dan kan elke vector in V op eenduidige wijze geschreven worden als lineaire combinatie van vectoren in S. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 8 / 35

Basis opspansel bepalen Door herhaaldelijk een opgespannen vector weg te laten: Stelling Laat S = {v, v 2,..., v n } een verzameling niet-nul vectoren zijn in de vectorruimte V en laat W = span S. Dan is er een deelverzameling van S die een basis vormt van W. NB: Omslachtig! Voor elke vector die je weglaat los je opnieuw een homogeen stelsel op (om te zien of overgebleven vectoren lineair onafhankelijk zijn). Maar het kan handiger. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 9 / 35

Voorbeeld Een basis van W =span {v, v 2, v 3, v 4, v 5 } en v =, v 2 =, v 3 = 2, v 4 = vinden we als volgt. Bepaal de uitgebreide matrix van 2 a v + a 2 v 2 + a 3 v 3 + a 4 v 4 + a 5 v 5 = en breng deze in gereduceerde trapvorm:, v 5 = 2. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 2 / 35

Voorbeeld 2 2 2 2 De leidende enen staan in kolommen,2,4 en daarom kunnen we voor a 3, a 5 willekeurige reële getallen invullen, en a, a 2 en a 4 oplossen in termen van a 3, a 5 : a = a 3 + 2a 5, a 2 = a 3 + a 5, a 4 = a 5 Daarom zijn v 3 en v 5 lineaire combinaties van v, v 2 en v 4 : nemen we a 3 =, a 5 = dan geeft dit a =, a 2 =, a 4 = dus ofwel v v 2 + v 3 = v 3 = v + v 2 en met a 3 =, a 5 = krijgen we v 5 = 2v v 2 + v 4. Dus v, v 2 en v 4 spannen W op. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 2 / 35

Voorbeeld Ook zijn v, v 2 en v 4 lineair onafhankelijk want de matrix van het stelsel a v + a 2 v 2 + a 4 v 4 = bestaat uit de kolommen,2 en 4 (en de laatste) van de matrix 2 2 2 2 maar dan is dit stelsel dus equivalent met het stelsel en dat stelsel heeft alleen de triviale oplossing: a = a 2 = a 4 =. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 22 / 35

Efficiënte procedure voor het bepalen van een basis voor W = span S bestaande uit vectoren van S = {v, v 2,..., v n }:. Construeer de uitgebreide matrix behorend bij het homogene stelsel a v + a 2 v 2 + + a n v n = 2. Breng deze uitgebreide matrix in (gereduceerde) trapvorm 3. De vectoren die corresponderen met de kolommen waarin de leidende enen staan vormen een basis T van W. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 23 / 35

Stelling Als S = {v, v 2,..., v n } een basis is van de vectorruimte V, en T = {w, w 2,..., w r } is een verzameling lineair onafhankelijke vectoren in V, dan geldt r n. Stelling Als S = {v, v 2,..., v n } en T = {w, w 2,..., w m } twee bases zijn van een vectorruimte V, dan geldt n = m. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 24 / 35

Nu kunnen we definiëren: Definitie De dimensie van een eindig-dimensionale vectorruimte V is het aantal vectoren in een basis van V. Notatie: dim V We spreken af dat de dimensie van de triviale vectorruimte {} nul is. Voorbeeld Een basis voor P 2 is {t 2, t, } dus dim P 2 = 3. NB: als dim V = n, dan is elke verzameling van m > n vectoren uit V lineair afhankelijk. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 25 / 35

NB: als dim V = n, dan is een verzameling van m < n vectoren uit V niet opspannend. Stelling Als S een lineair onafhankelijke verzameling vectoren is in een eindig-dimensionale vectorruimte V, dan kan S uitgebreid worden naar een basis T van V. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 26 / 35

Voorbeeld Vind een basis van R 4 die de vectoren v =, en v 2 = bevat (ze zijn lineair onafhankelijk want geen veelvoud van elkaar). Oplossing: voeg de vier standaard-basisvectoren van R 4 toe, en bepaal een basis van span {v, v 2, e, e 2, e 3, e 4 }. Het homogene systeem heeft leidende enen in de kolommen corresponderend met v, v 2, e, e 4 dus {v, v 2, e, e 4 } is een basis van R 4. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 27 / 35

Stelling Als V een vectorruimte is van dimensie n dan geldt (a) Als S = {v, v 2,..., v n } lineair onafhankelijk is, dan is S een basis van V. (b) Als S = {v, v 2,..., v n } V opspant, dan is S een basis van V. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 28 / 35

Basis en dimensie nulruimte bepalen Voorbeeld Bepaal een basis voor de nulruimte van de matrix A = 2 2 2 3 2 J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 29 / 35

Voorbeeld Los op Ax =. 2 2 2 3 2 in gereduceerde trapvorm gebracht: Leidende enen in kolommen,3,4. Vrije variabelen x 2 = s en x 5 = t met s, t R: x = s t, x 2 = s, x 3 = t, x 4 =, x 5 = t. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 3 / 35

Voorbeeld Algemene oplossing x = s t, x 2 = s, x 3 = t, x 4 =, x 5 = t met s, t R. Dus met x = x x 2 x 3 x 4 x 5 = s t s t t v = = s en v 2 = + t = sv + tv 2 {v, v 2 } is een basis van de nulruimte; de nulruimte heeft dus dimensie 2. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 3 / 35

Stelling De dimensie van de nulruimte van een m n matrix A is gelijk aan n r, waarbij r het aantal leidende enen is van de matrix [B ] in gereduceerde trapvorm die rij-equivalent is met [A ]. Gauss-Jordan reductie geeft je een basis voor de nulruimte. Basis vinden voor de oplossingsruimte van Ax = : Los [A ] op met Gauss-Jordan reductie. Als de algemene oplossing geen willekeurige constanten heeft, dan is de oplossingsruimte gelijk aan {}, en heeft dimensie = n n. Als de algemene oplossing x wel p > willekeurige constanten s, s 2,..., s p heeft, schrijf de oplossing dan als x = s v + s 2 v 2 + + s p v p Voor elke kolom in de matrix [B ] zonder leidende wordt een willekeurige constante ingevoerd, dus p = n r. {v, v 2,..., v p } is een basis voor de oplossingsruimte van Ax =. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 32 / 35

Verband inhomogeen en homogeen stelsel Als het stelsel Ax = b, met b een consistent stelsel is, en x p is een particuliere oplossing, dan is de algemene oplossing x van dit inhomogene stelsel Ax = b van de vorm x = x p + x h waar x h de algemene oplossing is van het homogene stelsel. Ax = J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 33 / 35

Voorbeeld Bepaal de algemene oplossing van het stelsel met Ax = b A = 2 2 2 3 2 en b = 2 J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 34 / 35

Voorbeeld Een (particuliere) oplossing van Ax = b is snel gevonden: x p = We kennen al een basis van de oplossingsruimte van Ax =. De algemene oplossing van Ax = b is dus x = x p + x h = + s + t s, t R J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 6 35 / 35