4Matricer

Når man har regnet med lineære ligninger et stykke tid, opstår behovet for at forenkle notationen. For eksempel kan ligningerne

$\begin{matrix} && &2y &+ &4z &= &-2\\ &3x &+ &2y &+ &7z &= &4 \end{matrix} \tag{4.1}$ repræsenteres ved talskemaet

$\begin{pmatrix} 0 & 2 & 4 & -2\\ 3 & 2 & 7 & 4 \end{pmatrix}, \tag{4.2}$ og mange af de operationer vi foretager for at løse ligningerne, kan lige så vel udføres på det tilsvarende talskema.

En notation der nogle gange kan være brugbar, for at huske på at vi her ser på et talskema relateret til et ligningssystem, er at indsætte en lodret streg der adskiller koefficienterne og højresiden af ligningssystemet:

$\left(\begin{matrix} 0 & 2 & 4 \\ 3 & 2 & 7 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} -2 \\ 4 \end{matrix}\right.\right) .$

4.1 Definition af matrix

Et talskema med $m$ rækker og $n$ søjler kaldes en $m\times n$ (læs: $m$ gange $n$ ) matrix. Notation for en $m\times n$ matrix $A = (a_{ij})$ er

$A = \begin{pmatrix} a_{11} & \cdots &a_{1j}& \cdots& a_{1 n} \\ \vdots & \ddots &\vdots & \ddots & \vdots\\ a_{i1} & \cdots &a_{ij}& \cdots& a_{i n} \\ \vdots & \ddots &\vdots & \ddots & \vdots\\ a_{m1} & \cdots &a_{mj}& \cdots& a_{m n} \end{pmatrix}.$ Tallene $A_{ij} = a_{ij}$ betegner tallet i $i$ 'te række og $j$ 'te søjle. Hvis vi kalder matricen i (4.2) for $A,$ består den af to rækker og fire søjler med $A_{14} = -2.$

En matrix kaldes kvadratisk, hvis den har lige så mange rækker som søjler. For eksempel er de første to matricer nedenfor kvadratiske, mens den tredje ikke er det:
$\begin{pmatrix} 1 \end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 4 & 5 & 6\\ 7 & 8 & 9\end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix}.$ Hvis man er lidt pedantisk, vil man måske i notationen skelne mellem tallet $1$ og $1\times 1$ matricen $(1),$ men det er vi heldigvis ikke.
En matrix kaldes en rækkevektor, hvis den kun har en række. For eksempel er
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}$ en rækkevektor med tre søjler.
En matrix kaldes en søjlevektor, hvis den kun har en søjle. For eksempel er
$\begin{pmatrix} 1\\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ en søjlevektor med tre rækker.
Rækkerne i en matrix kaldes matricens rækkevektorer. Den $i$ 'te række i en matrix $A$ betegnes $A_{i\bullet}.$ For eksempel har matricen $A$ i (4.2) rækkevektorerne
$A_{1\bullet} = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 4 & -2 \end{pmatrix} \qquad\text{og}\qquad A_{2\bullet} = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 7 & 4 \end{pmatrix}.$
Søjlerne i en matrix kaldes matricens søjlevektorer. Den $j$ 'te søjle i en matrix $A$ betegnes $A_{\bullet j}$ (eller ganske ofte som $\mathbf a_j$ ). For eksempel har matricen $A$ i (4.2) søjlevektorerne
$A_{\bullet 1} = \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \end{pmatrix},\quad A_{\bullet 2} =\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix},\quad A_{\bullet 3} =\begin{pmatrix} 4 \\ 7 \end{pmatrix}\quad\text{og}\quad A_{\bullet 4} = \begin{pmatrix} -2 \\ 4 \end{pmatrix}.$
Diagonalen i en matrix er defineret som indgangene i matricen med samme række- og søjlenummer. Nedenfor er angivet en $3\times 4$ matrix, hvor diagonalelementerne er markerede:
$\begin{pmatrix} \color{red}{1} & 3 & 0 & 1\\ 3 & \color{red}{2} & 1 & 5\\ 1 & 0 & \color{red}{3} & 6 \end{pmatrix}.$ En matrix kaldes en diagonalmatrix, hvis alle dens indgange udenfor diagonalen er lig $0.$ Nedenfor er et eksempel på en kvadratisk diagonalmatrix:
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.$ Ofte vil vi undertrykke nullerne i en diagonalmatrix, og derfor skrive den sådan her:
$\begin{pmatrix} 1 & & \\ & 2 & \\ & & 3 \end{pmatrix}.$
En øvre (nedre) trekantsmatrix er en kvadratisk matrix, hvor alle indgangene under (over) diagonalen er nul. Nogle eksempler er
$\begin{pmatrix} \color{red}{1} & \color{red}{1} & \color{red}{0}\\ 0 & \color{red}{2} & \color{red}{3}\\ 0 & 0 & \color{red}{8} \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad \begin{pmatrix} \color{red}{1} & 0 & 0\\ \color{red}{2} & \color{red}{2} & 0\\ \color{red}{-1} & \color{red}{4} & \color{red}{8} \end{pmatrix}.$ Bemærk, en kvadratisk diagonalmatrix er både en øvre og nedre trekantsmatrix.

Vi vil senere i Kapitel 6 give en mere abstrakt definition af vektorer, som elementer i et såkaldt vektorrum.

4.2 Matrixregning

I resten af kurset skal vi stort set udelukkende regne på matricer, så det er helt essentielt hurtigt at blive bekvemme med dem.

4.2.1 Addition og skalarmultiplikation af matricer

Man kan (næsten) regne med matricer som almindelige tal. Eksempelvis giver det mening at lægge matricer sammen, med samme antal rækker og søjler, indgang for indgang:

$\begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1 n} \\ \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{m1} & \cdots & a_{m n} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} b_{11} & \cdots& b_{1 n} \\ \vdots & \ddots & \vdots\\ b_{m1} & \cdots & b_{m n} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{11} + b_{11} & \cdots & a_{1 n} + b_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{m1}+b_{m1} & \cdots & a_{m n}+b_{mn} \end{pmatrix}.$ Med hensyn til addition opfører matricer sig ligesom almindelige tal, det vil sige at $A+B=B+A$ og $(A+B)+C=A+(B+C).$

En matrix kan også naturligt multipliceres med et tal $\lambda,$ ved at gange ind indgang for indgang:

$\lambda \begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1 n} \\ \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{m1} & \cdots & a_{m n} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda a_{11} & \cdots & \lambda a_{1 n} \\ \vdots & \ddots & \vdots\\ \lambda a_{m1} & \cdots & \lambda a_{m n} \end{pmatrix}.$

4.2.2 Matrixmultiplikation

Antag vi har givet to ligningssystemer

$\begin{matrix} & \color{blue}{u} &+ &2 \color{red}{v} &=& p\\ & \color{blue}{u} &- &2 \color{red}{v} &=& q \end{matrix} \qquad\text{og}\qquad \begin{matrix} &2 x &+ &3 y &=& \color{blue}{u}\phantom{,}\\ &-x &- &2 y &=& {\color{red}{v}}, \end{matrix}$ i de ubekendte $u, v$ og $x, y.$

Vi får et nyt ligningssystem i $x$ og $y$ ved at sætte $u = 2x + 3 y$ og $v=-x-2y$ ind i det første ligningssystem:

$\begin{matrix} &u &+ &2 v &= &(2 x + 3 y) &+ &2(-x -2 y) &= & &- &y &=& p\phantom{.}\\ &u &- &2 v &= &(2 x + 3 y) &- &2(-x -2 y) &= &4 x &+ &7 y &=& q. \end{matrix}$ Med matricer skriver vi

$\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 3\\ -1 & -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1\\ 4 & 7 \end{pmatrix}. \tag{4.3}$ Lad os prøve at skrive operationen i (4.3) ud generelt, det vil sige antag at vi har to ligningssystemer som ovenfor:

$\begin{matrix} & a_{11} \color{blue}{u} &+ &a_{12}\color{red}{v} &=& p\\ & a_{21} \color{blue}{u} &+ &a_{22}\color{red}{v} &=& q \end{matrix} \qquad\text{og}\qquad \begin{matrix} &b_{11} x &+ &b_{12} y &=& \color{blue}{u}\phantom{,}\\ &b_{21} x &+ &b_{22} y &=& {\color{red}{v}}, \end{matrix}$ men nu med generelle koefficienter. Ved substitution fås som før

$\begin{matrix} & a_{11} u &+ &a_{12} v &= & a_{11} (b_{11} x + b_{12} y) &+ &a_{12} (b_{21} x + b_{22} y)\phantom{,}\\ & a_{21} u &+ &a_{22} v &= &a_{21} (b_{11} x + b_{12} y) &+ &a_{22} (b_{21} x + b_{22} y), \end{matrix}$ som så er lig med

$\begin{matrix} &(a_{11} b_{11} + a_{12} b_{21}) x &+ &(a_{11}b_{12} + a_{12} b_{22}) y &=& p\phantom{.}\\ &(a_{21} b_{11} + a_{22} b_{21}) x &+ &(a_{21} b_{12} + a_{22} b_{22}) y &=& q. \end{matrix}$ Formuleret med matricer som i (4.3) skrives

$\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12}\\ \color{blue}{a_{21}} & \color{red}{a_{22}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \color{blue}{b_{11}} & b_{12}\\ \color{red}{b_{21}} & b_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{11} b_{11} + a_{12} b_{21} & a_{11} b_{12} + a_{12} b_{22}\\ \color{blue}{a_{21} b_{11}} + \color{red}{a_{22} b_{21}} & a_{21} b_{12} + a_{22} b_{22} \end{pmatrix}. \tag{4.4}$ Formlen ovenfor er intet mindre end multiplikation af to $2\times 2$ matricer, præcis som det blev indført historisk af Arthur Cayley omkring 1857. Ved nærmere eftersyn (og markeret med farver i (4.4) for $i=2$ og $j= 1$ ), ses reglen at tallet i den $i$ 'te række og $j$ 'te søjle i produktmatricen er række-søjle multiplikationen mellem $i$ 'te række og $j$ 'te søjle i de to matricer.

Række-søjle multiplikationen mellem en rækkevektor

$\mathbf x = (x_1, x_2, \dots, x_n)$ og en søjlevektor

$\mathbf y = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ \vdots \\ y_n \end{pmatrix},$ med det samme antal indgange, er defineret som

$\mathbf x \mathbf y = x_1 y_1 + x_2 y_2 + \cdots + x_n y_n.$

Lad $A$ være en ${\color{blue}{m}}\times \color{green}{n}$ matrix og $B$ en ${\color{green}{n}}\times \color{red}{r}$ matrix. Så er produktet $AB$ defineret som ${\color{blue}{m}}\times\color{red}{r}$ matricen, med indgange givet ved

$(AB)_{ij} = A_{i\bullet}B_{\bullet j}$ for $i = 1,\dots,m$ og $j = 1,\dots,r.$

Med andre ord: Den $(i,j)$ 'te indgang i produktet $AB$ er givet ved række-søjle multiplikation mellem $i$ 'te række af $A$ og $j$ 'te søjle af $B.$

Hvis $A$ er en $m\times n$ matrix og $B$ en $p\times r$ matrix, giver matrixproduktet $A B$ kun mening hvis $n = p$ : Antallet af søjler i $A$ skal være lig med antallet af rækker i $B.$ Bemærk også, at man med det samme kan aflæse størrelsen af matricen $AB$ ud fra $A$ og $B.$

Vi udregner produktet af følgende matricer med Definition 4.1:

$\begin{aligned} \begin{pmatrix} \color{red}{1} & \color{red}{2}\\ \color{orange}{1} & \color{orange}{0} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \color{blue}{1} & \color{purple}{2} & 3 \\ \color{blue}{1} & \color{purple}{0} & -1 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} \color{red}{1}\color{black}{{}\cdot{}}\color{blue}{1} \color{black}{{}+{}} \color{red}{2}\color{black}{{}\cdot{}}\color{blue}{1} & \color{red}{1}\color{black}{{}\cdot{}}\color{purple}{2} \color{black}{{}+{}} \color{red}{2}\color{black}{{}\cdot{}}\color{purple}{0} & \color{red}{1}\color{black}{{}\cdot{}}3 \color{black}{{}+{}} \color{red}{2}\color{black}{{}\cdot{}}(-1) \\ \color{orange}{1}\color{black}{{}\cdot{}}\color{blue}{1} \color{black}{{}+{}} \color{orange}{0}\color{black}{{}\cdot{}}\color{blue}{1} & \color{orange}{1}\color{black}{{}\cdot{}}\color{purple}{2} \color{black}{{}+{}} \color{orange}{0}\color{black}{{}\cdot{}}\color{purple}{0} & \color{orange}{1}\color{black}{{}\cdot{}}3 \color{black}{{}+{}} \color{orange}{0}\color{black}{{}\cdot{}}(-1) \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 3 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}. \end{aligned}$

Med formlen for matrixmultiplikation kan ligningssystemet (4.1) nu skrives som

$\begin{pmatrix} 0 & 2 & 4\\ 3 & 2 & 7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 4 \end{pmatrix}.$ Her ganger vi en $2\times 3$ matrix (kaldet systemmatricen eller koefficientmatricen) sammen med en $3\times 1$ matrix med de ubekendte. Række-søjle multiplikationen giver $2\times 1$ matricen

$\begin{pmatrix} 2 y + 4 z\\ 3 x + 2 y + 7 z \end{pmatrix}.$ Denne matrix skal netop være lig med $2\times 1$ matricen på højresiden ovenfor, for at ligningssystemet (4.1) er opfyldt. Vi ser at hver række angiver en ligning i ligningssystemet, mens søjlerne relaterer til hvert af de ubekendte.

For et generelt lineært ligningssystem, med $m$ ligninger og $n$ ubekendte, som vi kender det fra (3.2),

$\begin{aligned} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n &= b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n &= b_2 \\ &\enskip\vdots \\ a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + \cdots + a_{mn}x_n &= b_m, \end{aligned}$ kan dette skrives som

$\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ \vdots \\ b_m \end{pmatrix},$ eller som en totalmatrix, hvor den lodrette streg undertrykker notationen af de ubekendte,

$\left(\begin{matrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} \\ \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} b_1 \\ b_2 \\ \vdots \\ b_m \end{matrix}\right.\right) .$ Bemærk at koefficienten $a_{ij},$ for $i$ 'te ligning og ganget på $j$ 'te ubekendte, står i $(i,j)$ 'te indgang af systemmatricen. Vi vil ofte forkorte notationen yderligere og skrive

$A\mathbf x = \mathbf b \qquad \text{eller} \qquad (A|\mathbf b),$ hvor $A$ er systemmatricen, $\mathbf x$ er søjlevektoren med de ubekendte og $\mathbf b$ er søjlevektoren med højresiderne.

Matrixmultiplikation optræder mange steder. En måde at opfatte matrixmultiplikation på, som ikke nødvendigvis involverer lineære ligninger, er som transformationer der afbilder, eksempelvis, punkter i planen $(x,y)$ eller i rummet $(x,y,z)$ til nye punkter. Matricen

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ giver en afbildning der sender et punkt $(x,y,z)$ til et punkt med koordinaterne

$(x+2y+3z, y, 2x+y+z),$ da

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x+2y+3z \\ y \\ 2x+y+z \end{pmatrix}.$ Nedenfor er givet to eksempler på geometriske fortolkninger af matrixmultiplikation for nogle særlige matricer.

Lad $\theta$ angive en vinkel, som vi ønsker at rotere vektorer i planen med. Matricen

$R_\theta = \begin{pmatrix} \cos(\theta) & -\sin(\theta) \\ \sin(\theta) & \phantom{-}\cos(\theta) \end{pmatrix}$ kaldes for en rotationsmatrix. Det er fordi matrixmultiplikation med $R_\theta$ sender en vektor, der går fra punktet $(0,0)$ til punktet $(x,y),$ til en ny vektor der er drejet (roteret) med en vinkel $\theta$ mod urets retning (som finurligt er illustreret af XKCD).

Vektorerne

$\mathbf x = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad R_\theta\mathbf x = \begin{pmatrix} x\cos(\theta)-y\sin(\theta) \\ x\sin(\theta) + y\cos(\theta) \end{pmatrix}$ er også af samme længde, som vises i Opgave 4.21.

Afbildning af punkter $(x,y)$ til $(x,-y)$ svarer til en spejling i $x$ -aksen. Matricen for denne operation, gennem matrixmultiplikation, er

$S_x = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}.$

På samme måde står matricen

$S_y = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ for spejling af punkter i $y$ -aksen.

Mere generelt kan man spejle punkter i en ret linje der skærer $(0,0).$ Matricen for sådan en spejling bliver fundet i Opgave 4.22.

Matricer for rotationer og spejlinger kan ganges sammen i forskellige kombinationer, for at udføre geometriske operationer med matrixmultiplikationer. Der er også oplagte ting, som ikke direkte kan udføres med matrixmultiplikation, for eksempel afbildningen af punkter $(x,y)$ til

$(x+a,y+b) = (x,y) + (a,b).$ Dette kaldes en translation. En måde at omgå dette problem på, er ved brug af såkaldte homogene koordinater, som ofte bruges inden for computergrafik, da grafikkort netop er lavet til meget hurtigt at udregne matrixmultiplikationer.

Nedenfor er et meget anvendeligt eksempel på matrixmultiplikation inden for sandsynlighedsregning, som i generaliseret form leder til Google's berømte PageRank algoritme.

Antag at rundt regnet $20$ procent af de mennesker der bor på landet flytter til byen (så $80$ procent forbliver på landet), og at $30$ procent af de mennesker der bor i byen flytter til landet (så $70$ procent forbliver i byen). Lad os også fastslå at disse procentsatser er opgjort per år, hvilket over et år som tidsramme kan illustreres med nedenstående diagram:

Dette giver anledning til lidt købmandsregning. Lad os sige, at der i starten til tiden $t = 0$ år bor $x_0$ mennesker i byen, og $y_0$ mennesker på landet. Hvor mange mennesker $x_1$ bor der i byen, og mennesker $y_1$ bor der på landet, til tiden $t = 1$ år?

Med ord bliver byen affolket med $30$ procent, men der kommer tilflyttere, som udgør $20$ procent af befolkningen på landet. Det vil sige

$x_1 = 0.7 x_0 + 0.2 y_0.$ Tilsvarende har vi for befolkningen på landet at

$y_1 = 0.3 x_0 + 0.8 y_0.$ Dette kan skrives via matrixmultiplikation som

$\begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0.7 & 0.2\\ 0.3 & 0.8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix}.$ Proceduren giver også mening for $t=2$ år. Her bliver resultatet

$\begin{aligned} \begin{pmatrix} x_2 \\ y_2 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 0.7 & 0.2\\ 0.3 & 0.8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 0.7 & 0.2\\ 0.3 & 0.8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0.7 & 0.2\\ 0.3 & 0.8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix} \\ &= P^2 \begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix}, \end{aligned}$ hvor

$P=\begin{pmatrix} 0.7 & 0.2\\ 0.3 & 0.8 \end{pmatrix}.$ Ovenstående kan generaliseres til formlen

$\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} = P^n \begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix}, \tag{4.5}$ som giver fordelingen af by- og landbefolkning til tiden $t = n$ år. For at kunne benytte formlen (4.5) skal vi altså udføre $n$ matrixmultiplikationer, hvilket kan være lidt overvældende, for eksempel hvis vi ønsker at kende befolkningstallet på landet efter $50$ år. Hver matrixmultiplikation indeholder $8$ almindelige talmultiplikationer og $4$ almindelige taladditioner. Vi vil senere i Kapitel 8 se, hvordan egenvektorer og egenværdier for matricer kan hjælpe med denne udregning.

Inden da, lad os blot eksperimentere med at udregne de første potenser af $P$ :

$\begin{aligned} P^2 &= \begin{pmatrix} 0.55 & 0.30 \\ 0.45 & 0.70 \end{pmatrix} \\ P^3 = P P^2 &= \begin{pmatrix} 0.475 & 0.350 \\ 0.525 & 0.650 \end{pmatrix}\\ P^4 = P P^3 &= \begin{pmatrix} 0.4375 & 0.3750 \\ 0.5625 & 0.6250 \end{pmatrix} \\ &\enskip\vdots \\ P^{15} &= \begin{pmatrix} 0.400018 & 0.399988 \\ 0.599982 & 0.600012 \end{pmatrix} \\ P^{16} &= \begin{pmatrix} 0.400009 & 0.399994 \\ 0.599991 & 0.600006 \end{pmatrix}. \end{aligned}$ Umiddelbart ser det ud som om udregningerne stabiliseres på et stationært niveau, hvor $40$ procent bor i byen og $60$ procent på landet.

Matricen $P$ er et eksempel på en stokastisk $2\times 2$ matrix. Generelt kaldes en kvadratisk matrix en stokastisk matrix hvis alle dens indgange er $\geq 0$ og dens søjlesummer er $1.$

Nedenfor er et eksempel på anvendelse i netværksteori.

Lad os antage at vi har fem byer, som er forbundet med forskellige veje som illustreret nedenfor.

Dette netværk har en $5\times 5$ incidensmatrix, hvor by nummer $i$ hører til $i$ 'te række og $i$ 'te søjle. Et $1$ -tal i matricen på plads $(i, j)$ betyder at der er en vej fra by $i$ til by $j,$ mens et $0$ betyder at by $i$ og by $j$ ikke er forbundet med en vej:

$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}.$ Her er

$A^2 = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 3 & 2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 4 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 2 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}\quad\text{og}\quad A^3 = \begin{pmatrix} 2 & 5 & 6 & 3 & 3 \\ 5 & 4 & 7 & 7 & 3 \\ 6 & 7 & 6 & 7 & 6 \\ 3 & 7 & 7 & 4 & 5 \\ 3 & 3 & 6 & 5 & 2 \end{pmatrix}.$ Hvad er netværksfortolkningen af $A^2,$ $A^3$ og generelt $A^n$ ? Det viser sig, at fortolkningen af indgang $(i, j)$ i matricen $A^n$ netop er antallet af stier af længde $n$ fra by $i$ til by $j.$ For eksempel ser vi ovenfor, at der er $3$ stier af længde $3$ fra by $1$ til by $5,$ svarende til

$1 \to 2 \to 4 \to 5, \quad 1 \to 3 \to 4 \to 5 \quad \text{og} \quad 1 \to 2 \to 3 \to 5.$ Tilsvarende er de $2$ stier af længde $3$ fra by $1$ til by $1$ :

$1 \to 2 \to 3 \to 1 \quad \text{og} \quad 1 \to 3 \to 2 \to 1.$ Prøv om du kan finde de $5$ stier af længde $3$ fra by $1$ til by $2.$

Bevis

Lad os antage, at vi har et netværk med $m$ byer og en tilhørende incidensmatrix $A.$ En sti af længde $n$ fra by $i$ til by $j,$ må ende med en vej fra en naboby til $j.$ For hver af disse nabobyer, kan vi så nøjes med at tælle antallet af stier af længde $n-1$ fra by $i.$

Beviset er ved induktion på $n$ (hvor induktionsstarten er definitionen af incidensmatricen), hvor vi antager at $(A^{n-1})_{gh}$ er antallet af stier af længde $n-1$ fra by $g$ til by $h.$ Så siger matrixmultiplikation at

$(A^n)_{ij} = (A^{n-1})_{i1} A_{1j} + \cdots + (A^{n-1})_{im} A_{mj}.$ Dette tal er antallet af stier af længde $n$ fra by $i$ til by $j,$ fordi $A_{k j} = 1$ netop når $k$ er en naboby til $j$ (og ellers $0$ ).

Bemærk, hvis man ganger en $m$ -søjlevektor med en $n$ -rækkevektor, får man en $m\times n$ matrix. Eksempelvis giver følgende en $3\times 2$ matrix:

$\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 & 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 5 \\ 8 & 10 \\ 12 & 15 \end{pmatrix}.$ En alternativ måde at udregne matrixmultiplikation på (frem for Definition 4.1), er som summer af søjle-række multiplikation.

Lad $A$ være en $m\times n$ matrix og $B$ en $n\times r$ matrix. Så kan $AB$ udregnes med søjle-række multiplikation ved

$AB = A_{\bullet 1}B_{1\bullet} + A_{\bullet 2}B_{2\bullet} + \cdots + A_{\bullet n}B_{n\bullet}.$

Bevis

Fra Definition 4.1 har vi

$(A_{\bullet k}B_{k\bullet})_{ij} = A_{ik}B_{kj}.$ Det vil sige

$\begin{aligned} (A_{\bullet 1}B_{1\bullet} + \cdots + A_{\bullet n}B_{n\bullet})_{ij} &= A_{i1}B_{1j} + \cdots + A_{in}B_{nj} \\ &= A_{i\bullet}B_{\bullet j} \\ &= (AB)_{ij}, \end{aligned}$ hvilket giver resultatet

Vi vender tilbage til Eksempel 4.2 med matricerne

$A= \begin{pmatrix} 1&2\\ 1&0 \end{pmatrix} \quad \text{og}\quad B= \begin{pmatrix} 1&2&3\\ 1&0&-1 \end{pmatrix}.$ Med Proposition 4.7 har vi nu

$\begin{aligned} AB &= A_{\bullet 1}B_{1\bullet} + A_{\bullet 2}B_{2\bullet} \\ &= \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2\\ 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0&-1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 & 0 & -2\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 1\\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}. \end{aligned}$

4.2.3 Matrixmultiplikation er ikke-kommutativ

Matrixmultiplikation er forskellig fra almindelig talmultiplikation på et helt centralt punkt: Faktorernes orden er ikke ligegyldig. Betragt matricerne

$A= \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1 \end{pmatrix}\qquad\text{og}\qquad B = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 1 & 1 \end{pmatrix}.$ Så er

$AB = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1\end{pmatrix}\qquad \text{og} \qquad BA = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2\end{pmatrix}.$ Det vil sige, for de fleste matricer har man typisk

$A B \neq B A.$

Man siger også, at matrixmultiplikation er ikke-kommutativ. Der er dog nogle få matricer som kommuterer, og senere skal vi se nogle eksempler i form af inverse matricer.

4.2.4 Den distributive lov

For tal gælder at man kan gange ind i en parentes, det vil sige $a (b + c) = a b + a c.$ Denne regel gælder også for matricer og kaldes den distributive lov (gange bliver distribueret over plus). Dog skal igen huskes, at rækkefølgen i multiplikationen skal respekteres!

Lad $B$ og $C$ være $m\times n$ matricer, $A$ en $r\times m$ matrix og $D$ en $n\times s$ matrix. Så gælder

$A(B + C) = A B + A C\qquad\text{og}\qquad (B + C)D = BD + CD.$

Bevis

Man kan nøjes med at bevise den første påstand, i tilfældet hvor $A$ er en rækkevektor mens $B$ og $C$ er søjlevektorer, fordi

$(A (B+C))_{ij} = A_{i\bullet}(B+C)_{\bullet j} = A_{i\bullet}(B_{\bullet j} + C_{\bullet j}).$ Tilsvarende kan den anden påstand bevises i tilfældet hvor $B$ og $C$ er rækkevektorer og $D$ en søjlevektor, fordi

$((B+C) D)_{ij} = (B+C)_{i\bullet}D_{\bullet j} = (B_{i\bullet} + C_{i\bullet})D_{\bullet j}.$ Begge disse tilfælde følger af den distributive lov for almindelige tal.

Hvis $A = (a_1,\dots,a_m)$ er en rækkevektor mens

$B= \begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\ \vdots\\ b_m \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad C= \begin{pmatrix} c_1\\ c_2\\ \vdots\\ c_m \end{pmatrix}$ er søjlevektorer, så er $A(B+C)$ og $AB+AC$ begge tal, svarende $1\times 1$ matricer. Helt præcis (med brug af sum-notation) er

$A(B+C) = \sum_{i=1}^m a_i(b_i+c_i) = \sum_{i=1}^m a_ib_i+\sum_{i=1}^m a_ic_i = AB+AC.$ Et næsten identisk bevis gør sig gældene for $(B+C)D = BD+CD.$

4.2.5 Den mirakuløse associative lov for matrixmultiplikation

Giver det mening at gange tre matricer $A,$ $B$ og $C$ sammen? Vi har faktisk kun defineret produktet af to matricer, men har allerede i Eksempel 4.5 ladet som om, at vi godt kan finde ud af at udregne produktet af flere matricer. Der er to naturlige måder at udregne produktet $A B C$ på:

$(A B) C\qquad \text{og}\qquad A (B C).$ Vi kan begynde med at gange $A$ sammen med $B,$ og så gange $C$ på fra højre. Vi kan også først gange $B$ sammen med $C,$ og så gange $A$ på fra venstre. Det er slet ikke klart at de to måder leder frem til samme resultat! At det gælder er helt centralt når man regner med matricer. Resultatet kaldes den associative lov for matrixmultiplikation.

Lad $A$ være en $m\times n$ matrix, $B$ en $n\times r$ matrix og $C$ en $r\times s$ matrix. Så er

$(AB)C = A(BC).$

Bevis

Vi skal bevise at

$((A B) C)_{ij} = (A (B C))_{ij}$ for $i = 1,\dots,m$ og $j = 1,\dots,s.$ Venstresiden kan skrives

$\begin{aligned} (A B)_{i\bullet}C_{\bullet j} &= (A_{i\bullet}B_{\bullet 1},\dots,A_{i\bullet}B_{\bullet r}) C_{\bullet j} \\ &= (A_{i\bullet}B_{\bullet 1}) C_{1j} + \cdots + (A_{i\bullet}B_{\bullet r}) C_{rj}. \end{aligned}\tag{4.6}$ Højresiden kan skrives som

$\begin{aligned} A_{i\bullet}(B C)_{\bullet j} &= A_{i\bullet} \begin{pmatrix} B_{1\bullet}C_{\bullet j} \\ \vdots \\ B_{n\bullet}C_{\bullet j} \end{pmatrix} \\ &= A_{i1} (B_{1\bullet}C_{\bullet j}) + \cdots + A_{in} (B_{n\bullet}C_{\bullet j}). \end{aligned}\tag{4.7}$ Ved at skrive række-søjle multiplikationerne i (4.6) ud, fås

$\begin{aligned} A_{i1} B_{11} C_{1j} + &\cdots + A_{in} B_{n1} C_{1j} +\\ A_{i1} B_{12} C_{2j} + &\cdots + A_{in} B_{n2} C_{2j} +\\ &\hspace{0.62em}\vdots \\ A_{i1} B_{1r} C_{rj} + &\cdots + A_{in} B_{nr} C_{rj}. \end{aligned}\tag{4.8}$ Ved at skrive række-søjle multiplikationerne i (4.7) ud, fås

$\begin{aligned} A_{i1} B_{11} C_{1j} + &\cdots + A_{i1} B_{1r} C_{rj} +\\ A_{i2} B_{21} C_{1j} + &\cdots + A_{i2} B_{2r} C_{rj} +\\ &\hspace{0.62em}\vdots \\ A_{in} B_{n1} C_{1j} + &\cdots + A_{in} B_{nr} C_{rj}. \end{aligned}\tag{4.9}$ Rækkerne i summen i (4.8) svarer til søjlerne i summen (4.9), og det ses at disse summer er ens. Derfor er $((A B) C)_{ij} = (A (B C))_{ij}.$

Det ovenstående bevis er ikke særlig informativt, men det er korrekt. Senere, når vi har set sammenhængen mellem matricer og lineære transformationer, vil vi være i stand til at give en meget bedre forklaring på, hvorfor den associative lov for matrixmultiplikation er en selvfølge.

4.2.6 Opbygning af matricer fra søjler

Hvis vi har $n$ søjlevektorer $\mathbf a_1,\mathbf a_2,\dots, \mathbf a_n,$ som alle har $m$ indgange, kan vi danne en $m\times n$ matrix $A=(\mathbf a_1,\mathbf a_2,\dots \mathbf a_n),$ ved at sætte dem ved siden af hinanden. Så hvis vi har søjlevektorerne

$\mathbf a_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \end{pmatrix},\quad \mathbf a_2 =\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix},\quad \mathbf a_3 =\begin{pmatrix} 4 \\ 7 \end{pmatrix}\quad\text{og}\quad \mathbf a_4 = \begin{pmatrix} -2 \\ 4 \end{pmatrix},$ er

$A = (\mathbf a_1,\mathbf a_2,\mathbf a_3, \mathbf a_4) = \begin{pmatrix} 0&2&4&-2\\ 3&2&7&4 \end{pmatrix}.$ Vi vil senere få brug for følgende simple udregning, som viser at vi kan udregne en matrixmultiplikation ved enten at fokusere på søjlerne i den første eller den anden matrix i produktet.

Lad $A = (\mathbf a_1,\dots,\mathbf a_n)$ være en $m\times n$ matrix og $B = (\mathbf b_1,\dots,\mathbf b_r)$ en $n\times r$ matrix. Så kan $AB$ udregnes søjlevis ved

$AB = (A\mathbf b_1,A\mathbf b_2,\dots,A\mathbf b_r).$ Vi kan også udregne $AB$ søjlevis ved

$AB = (b_{11}\mathbf a_1 + \dots + b_{n1}\mathbf a_n, \enskip b_{12}\mathbf a_1 + \dots + b_{n2}\mathbf a_n, \enskip\dots, \enskip b_{1r}\mathbf a_1 + \dots + b_{nr}\mathbf a_n).$ Her kaldes eksempelvis $b_{11}\mathbf a_1 + \dots + b_{n1}\mathbf a_n$ for en linearkombination af søjlerne i $A.$

Bevis

Vi regner efter. På den ene side er

$(AB)_{ij} = A_{i\bullet}B_{\bullet j} = A_{i\bullet}\mathbf b_j.$ På den anden side er

$(A\mathbf b_1,A\mathbf b_2,\dots,A\mathbf b_r)_{ij} = (A\mathbf b_j)_i = A_{i\bullet}\mathbf b_j.$ Dette viser den første lighed for $AB.$

For den anden lighed: Fokuser på $j$ 'te søjle, så har vi at

$b_{1j}\mathbf a_1 + \dots + b_{nj}\mathbf a_n = \begin{pmatrix} a_{11}b_{1j} + \dots + a_{1n}b_{nj} \\ a_{21}b_{1j} + \dots + a_{2n}b_{nj} \\ \vdots \\ a_{m1}b_{1j} + \dots + a_{mn}b_{nj} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A_{1\bullet}B_{\bullet j} \\ A_{2\bullet}B_{\bullet j} \\ \vdots \\ A_{m\bullet}B_{\bullet j} \end{pmatrix},$ hvilket lige præcis svarer til $j$ 'te søjle i produktet $AB.$

Lad

$A= \begin{pmatrix} 1&2\\ 1&0 \end{pmatrix} \quad \text{og}\quad B= \begin{pmatrix} 1&2&3\\ 1&0&-1 \end{pmatrix} = \left( \begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2\\0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 3\\-1 \end{pmatrix} \right).$ Nu er

$\begin{aligned} AB &= \begin{pmatrix} 1&2\\ 1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&3\\ 1&0&-1 \end{pmatrix} \\ &= \left( \begin{pmatrix} 1&2\\ 1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1&2\\ 1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2\\0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1&2\\ 1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3\\-1 \end{pmatrix} \right), \end{aligned}$ og vi har også at

$\begin{aligned} AB &= \begin{pmatrix} 1&2\\ 1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&3\\ 1&0&-1 \end{pmatrix} \\ &= \left( \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2\\ 0 \end{pmatrix}, 2\begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} + 0\begin{pmatrix} 2\\ 0 \end{pmatrix}, 3\begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 2\\ 0 \end{pmatrix}\right). \end{aligned}$ Sammenlign dette med resultatet i Eksempel 4.2.

4.2.7 Identitetsmatricen

Identitetsmatricen $I_n$ af orden $n$ er $n\times n$ diagonalmatricen med $1$ i diagonalen. Nedenfor er identitetsmatricen af orden $5$ :

$\begin{pmatrix} 1 & & & & \\ & 1 & & & \\ & & 1 & & \\ & & & 1 & \\ & & & & 1 \end{pmatrix}.$ Identitetsmatricen har egenskaben at

$I_m A = A I_n = A \tag{4.10}$ for alle $m\times n$ matricer $A,$ hvilket eksempelvis kan indses ved brug af Proposition 4.11.

Hvis det er åbenlyst (eller ikke vigtigt i sammenhængen) hvad størrelsen på identitetsmatricen er, skriver vi bare $I.$

4.2.8 Invers matrix

Man kan dividere med almindelige tal $\neq 0.$ Giver det mening at dividere med matricer? Et almindeligt tal $a\neq 0$ har et "inverst" tal $b$ så $ab = ba = 1.$ Her kan vi bare sætte $b = 1/a = a^{-1}.$ Vi kan umiddelbart overføre denne definition til kvadratiske matricer.

En $n\times n$ matrix $A$ siges at være invertibel, hvis der eksisterer en $n\times n$ matrix $B,$ så

$A B = B A = I_n.$ I givet fald kaldes $B$ den inverse matrix og betegnes $A^{-1}.$

Hvis $A$ ikke er invertibel, så kaldes $A$ singulær.

Opgave 4.5 viser at inverse matricer er entydige, det vil sige at $A$ højst kan have en invers matrix. Det følger direkte, at for invertibel matrix $A$ er $(A^{-1})^{-1} = A.$

Man kunne jo spørge om det kan ske for en $m\times n$ matrix $A,$ hvor $m<n,$ at der findes en $n\times m$ matrix $B,$ så $BA=I_n.$ Det kan desværre aldrig lade sig gøre, selv om det sagtens kan ske at $AB=I_m.$ Det relaterer sig til resultatet i Sætning 6.27.

Den inverse matrix kommer ind i billedet ved løsning af lineære ligninger. Et lineært ligningssystem med $n$ ligninger og $n$ ubekendte:

$\begin{aligned} a_{11}x_1 + a_{12} x_2 + \cdots + a_{1n} x_n &= b_1 \\ &\enskip\vdots \\ a_{n1} x_1 + a_{n2} x_2 + \cdots + a_{nn} x_n &= b_n \end{aligned}$ kan med matrixnotation skrives

$\begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1 n} \\ \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{n1} & \cdots & a_{n n} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b_1 \\ \vdots \\ b_n \end{pmatrix},$ eller mere kompakt som $A \mathbf x = \mathbf b.$

Hvis $A$ er invertibel får vi:

$A\mathbf x = \mathbf b$ har en løsning $A^{-1}\mathbf b,$ da

$A (A^{-1}\mathbf b) = I\mathbf b = \mathbf b.$ Samtidig indses, at dette er den eneste løsning, da for en vilkårlig løsning $\mathbf x$ gælder:

$\mathbf x = I\mathbf x = A^{-1}(A\mathbf x) = A^{-1}\mathbf b .$

Den inverse matrix giver altså løsningen til ligningssystemet ud fra kun en matrixmultiplikation med højresiden. Denne udregning gælder for alle tænkelige højresider $\mathbf b$ i ligningssystemet.

Ligningssystemet

$\begin{matrix} &5 x_1 &+ &3 x_2 &= &13\\ &3 x_1 &+&2 x_2 &= &8 \end{matrix} \tag{4.11}$ kan ved hjælp af matrixmultiplikation skrives som

$A \mathbf x = \mathbf b,$ hvor

$A = \begin{pmatrix} 5 & 3 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\qquad \text{og}\qquad \mathbf b = \begin{pmatrix} 13 \\ 8 \end{pmatrix}.$ Jeg kan her afsløre, at $A$ rent faktisk er invertibel med

$A^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & -3\\ -3 & 5 \end{pmatrix}.$ En enkel matrixmultiplikation

$\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & -3\\ -3 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 13 \\ 8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix},$ afslører som forventet løsningen til ligningssystemet i (4.11).

Man kan tjekke efter, at en $2\times 2$ matrix

$\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ er invertibel, hvis og kun hvis, $ad-bc \neq 0,$ og der er endda en brugbar formel for den inverse matrix:

$\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}^{-1} = \frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}. \tag{4.12}$ Generelt skal vi i Kapitel 5 bruge determinanten af en kvadratisk matrix som kriterium for om den er invertibel. Vi skal senere se, hvordan vi kan anvende Gauss elimination på matricer ved brug af rækkeoperationer, som en metode til at beregne inverse matricer generelt.

Produktet af to invertible matricer er også en invertibel matrix. Dette er indholdet af følgende resultat, som bevises helt formelt ud fra Definition 4.13.

Lad $A$ og $B$ være kvadratiske matricer. Produktet $AB$ er invertibel, hvis og kun hvis, $A$ og $B$ er invertible, og i så fald er

$(A B)^{-1} = B^{-1} A^{-1}.$

Bevis

Antag at $A$ og $B$ er invertible. Vi skal tjekke betingelserne i Definition 4.13, det vil sige at

$(B^{-1} A^{-1}) (A B) = I\quad\text{og}\quad A B (B^{-1} A^{-1}) = I.$ Lad os tjekke den første betingelse:

$(B^{-1} A^{-1}) (A B) = B^{-1}IB = B^{-1}B = I.$ Betingelsen $AB(B^{-1}A^{-1}) = I$ tjekkes på tilsvarende måde. Dermed er $AB$ invertibel, med den angivne formel for $(AB)^{-1}.$

Antag nu at $AB$ er invertibel, som produkt af kvadratiske matricer. Vi starter med at vise, at $B$ er invertibel, men udnytter et resultat (Korollar 4.27) vi først ser senere i dette kapitel. Hvis $B$ ikke er invertibel findes $\mathbf x\neq\mathbf 0$ så $B\mathbf x = \mathbf 0,$ men så gælder også at $AB\mathbf x = \mathbf 0,$ hvilket er i modstrid med at $AB$ er invertibel. Nu viser vi at $A$ er invertibel. Lad $C = (AB)^{-1},$ så er $BC$ invertibel fra den første del af beviset, da $B$ og $C$ er invertible. Men vi har

$I = (AB)C = A(BC),$ og ved at gange fra højre med $(BC)^{-1},$ er $A$ lig denne invertible matrix.

For de nysgerrige er her en udfordring: Vi har defineret en matrix $A$ til at være invertibel, hvis der findes en matrix $B,$ så både $AB = I$ og $BA = I.$ Kan vi umiddelbart konkludere at $BA = I,$ hvis og kun hvis, $AB = I$ hvor både $A$ og $B$ er kvadratiske? Vi vil vende tilbage til denne udfordring senere i Kapitel 5.

4.2.9 Transponeret matrix

Den transponerede til en $m\times n$ matrix $A,$ er $n\times m$ matricen $A^\textup{T}$ givet ved

$(A^\textup{T})_{ij} = A_{ji},$ det vil sige matricen som indeholder søjlerne i $A$ som rækker (og rækkerne som søjler). For eksempel er

$\begin{pmatrix} 0 & 2 & 4 & -2\\ 3 & 2 & 7 & 4 \end{pmatrix}^\textup{T} = \begin{pmatrix} 0 & 3\\ 2 & 2\\ 4 & 7\\ -2 & 4 \end{pmatrix}.$ Læg også mærke til at $(A^\textup{T})^\textup{T} = A$ for en vilkårlig matrix $A.$

Transponering kommer til at blive brugt adskillige gange fremadrettet i resultater om diagonalisering, ortogonale komplementer og mindste kvadraters løsning. Men det er også en rigtig brugbar notation til når der anvendes søjlevektorer, som vi gerne vil skrive som rækkevektorer, så de fylder lidt mindre i teksten.

Her er et meget brugbart resultat om hvordan man transponerer et produkt af to matricer (se også ligheden til Sætning 4.16).

Lad $A$ være en $m\times n$ matrix og $B$ en $n\times r$ matrix. Så er

$(A B)^\textup{T} = B^\textup{T} A^\textup{T}.$

Bevis

Per definition er $((AB)^\textup{T})_{ij} = (AB)_{ji}.$ Denne indgang er givet som række-søjle multiplikation mellem $j$ 'te række i $A$ og $i$ 'te søjle i $B,$ hvilket er identisk med række-søjle multiplikation mellem $i$ 'te række i $B^\textup{T}$ og $j$ 'te søjle i $A^\textup{T}.$

4.3 Rækkeoperationer

Der er naturlige operationer man kan udføre på matricer, som præcis svarer til hvad man ville gøre i Gauss elimination på det tilsvarende system af ligninger:

Ombytning af række $i$ og række $j$ :
$R_i \leftrightarrow R_j.$
Multiplikation af række $i$ med et tal $\lambda\neq 0$ :
$R_i \rightarrow \lambda R_i.$
Addition af række $j$ multipliceret med et tal $\lambda$ til række $i\neq j$ :
$R_i \rightarrow R_i + \lambda R_j.$

Disse operationer kaldes rækkeoperationer. Rækkeoperationer er invertible:

Ved først at ombytte to rækker, og dernæst ombytte de samme to rækker, genfinder vi den oprindelige matrix.
Ved først at gange en række med et tal $\lambda\neq 0,$ og dernæst gange samme række med $1/\lambda,$ genfinder vi den oprindelige matrix.
Ved at addere $\lambda$ gange række $j$ til række $i,$ og dernæst addere $-\lambda$ gange række $j$ til række $i,$ genfinder vi den oprindelige matrix.

To matricer $A$ og $B$ kaldes rækkeækvivalente, skrevet $A\sim B,$ hvis man kan udføre en følge af rækkeoperationer på $A$ og få $B$ frem.

Lad os vende tilbage til matricen i (4.2), som er skrevet som en totalmatrix (matrix der inkluderer både systemmatricen og højresiden til et ligningssystem)

$\left(\begin{matrix} 0 & 2 & 4 \\ 3 & 2 & 7 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} -2 \\ 4 \end{matrix}\right.\right) .$ Operationen ( $\gamma$ ) svarer til Gauss elimination. At trække første ligning fra anden ligning i (4.1), svarer til at gange første række i (4.2) med $-1$ og addere til anden række. Efter denne operation har vi matricen

$\left(\begin{matrix} 0 & 2 & 4 \\ 3 & 0 & 3 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} -2 \\ 6 \end{matrix}\right.\right) .$ Vi benytter nu operationen ( $\beta$ ), og ganger anden række med $\frac{1}{3}$ og får matricen

$\left(\begin{matrix} 0 & 2 & 4 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} -2 \\ 2 \end{matrix}\right.\right) .$ Tilsvarende ganger vi første række med $\frac{1}{2}$ og får matricen

$\left(\begin{matrix} 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} -1 \\ 2 \end{matrix}\right.\right) .$ En kortere måde at skrive disse operationer på, er ved

$\left(\begin{matrix} 0 & 2 & 4 \\ 3 & 2 & 7 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} -2 \\ 4 \end{matrix}\right.\right) \,\stackrel{\sim}{\substack{R_2 \to R_2 - R_1}}\, \left(\begin{matrix} 0 & 2 & 4 \\ 3 & 0 & 3 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} -2 \\ 6 \end{matrix}\right.\right) \,\stackrel{\sim}{\substack{R_1\to \frac{1}{2}R_1 \\[1mm] R_2\to \frac{1}{3}R_2}}\, \left(\begin{matrix} 0 & 1 & 2\\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} -1 \\ 2 \end{matrix}\right.\right) .$ Hvis vi omformulerer matricen ovenfor til ligninger, svarer den til

$\begin{matrix} && &y &+ &2z &= &-1\phantom{.}\\ &x & & &+ &z &= &2. \end{matrix}$ Intuitivt er rækkefølgen af ligningerne her forkert. Vi vil gerne have at ligningen indeholdende den første variabel $x$ kommer først. Vi benytter operationen ( $\alpha$ ), og bytter rundt på første og anden række. Dermed har vi

$\left(\begin{matrix} 0 & 2 & 4 \\ 3 & 2 & 7 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} -2 \\ 4 \end{matrix}\right.\right) \enskip\sim\enskip \left(\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} 2 \\ -1 \end{matrix}\right.\right) . \tag{4.13}$ Vi accepterer matricen til sidst i (4.13) som en særlig enkel form, vi kan reducere den oprindelige matrix (4.2) til. Den enkle form af matricen afspejler sig i det tilsvarende ligningssystem, ved at man umiddelbart kan aflæse løsningerne til at være

$\begin{matrix} &x & & &= &-z &+&2\phantom{.}\\ & & &y&= &-2z &-&1. \end{matrix}$ Det vil sige $z$ er en fri variabel, og bestemmer $x$ og $y$ som ovenfor. Den simple form vi har reduceret den oprindelige matrix til, kaldes reduceret række echelon form.

4.4 Reduceret række echelon form (RREF)

Vi skal nu bygge videre på Eksempel 4.19, og introducere en generel metode til at løse ligningssystemer på matrixform. Dette er en af de vigtigste metoder i hele kurset, og det er særdeles vigtigt at bruge den på konkrete opgaver, og helst uden brug af computer, for at få helt styr på det. Ligesom i Eksempel 4.19, skal vi anvende rækkeoperationer til at opnå en matrix med en særlig struktur.

En matrix $A$ siges at være på reduceret række echelon form (RREF) hvis:

Nulrækker (rækker med $0$ i alle indgange) er i bunden af matricen.
Hvis en række i $A$ ikke er en nulrække, så er den første indgang $\neq 0$ i rækken lig $1.$ Denne indgang kaldes et pivotelement.
Et pivotelement er længere til højre end pivotelementerne i de foregående rækker.
Et pivotelement er den eneste indgang $\neq 0$ i sin søjle.

Det er fornuftigt på nuværende tidspunkt at tage en pause og løse Quiz 4.10, for at få styr på Definition 4.20

Det viser sig heldigvis, at vi altid kan overføre en matrix på RREF.

For enhver matrix $A$ , eksisterer en entydig matrix $B$ på RREF, så $A\sim B$ .

Bevis $*$

Lige efter beviset er gennemgået konstruktivt hvordan en RREF af en matrix kan bestemmes. Så det er tilstrækkeligt at bevise entydigheden her. Følgende bevis kan findes i en artikel af Thomas Yuster. Vi bruger et induktionsargument på antallet af søjler i $m\times n$ matrix $A$ .

Hvis $n=1$ har $A$ kun en søjle. Der er kun to muligheder:

$A$ kunne være nulvektoren $\mathbf 0.$ Men $\mathbf 0$ er selv på RREF, og den ændrer sig ikke under rækkeoperationer, så entydigheden er klar.
Hvis $A\neq \mathbf 0$ er RREF også entydig, fordi rækkereduktionen af $A$ er nødvendigvis søjlevektoren med $1$ på første indgang, og $0$ på de øvrige indgange.

Nu har vi klaret induktionsstarten. Antag $n>1$ og at sætningen gælder for alle $m\times (n-1)$ matricer; nu skal entydigheden bevises for $A.$ Lad $A'$ betegne $m\times (n-1)$ matricen, som fremkommer ved at slette sidste søjle i $A.$ Hvis $B$ og $C$ er to RREF, som begge hører til $A,$ kan vi antage at de stemmer overens på de første $n-1$ søjler:

Hvis vi tilsvarende sletter de sidste søjler i $B$ og $C,$ får vi to $m\times (n-1)$ matricer $B'$ og $C'.$ Men $B'$ og $C'$ er begge RREF for $A'.$ Ifølge vores induktionsantagelse er dermed $B'=C'.$

Så vores opgave er at vise, at også sidste søjle er ens. Vi skelner nu mellem to tilfælde. Det første tilfælde er at både $B_{\bullet n}$ og $C_{\bullet n}$ er pivotsøjler. Det andet tilfælde: Enten er $B_{\bullet n}$ ikke pivotsøjle i $B,$ eller $C_{\bullet n}$ er ikke pivotsøjle i $C.$ Vi giver et argument der viser at $B = C$ i det første tilfælde, og et helt andet argument der viser at $B = C$ i det andet tilfælde. Tilsammen beviser de to argumenter sætningen.

Bevis for at $B$ og $C$ er ens i det første tilfælde

Antag at $B_{\bullet n}$ og $C_{\bullet n}$ begge er pivotsøjler. Vi kigger først på $B.$ Vi bemærker at pivotsøjlen $B_{\bullet n}$ er entydigt bestemt af $B'.$ Pivotelementet står nemlig i den første række i $B,$ der er en nulrække i $B'.$

Sådan her

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 6 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 3 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \color{red}1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$

På den samme måde er $C$ bestemt af $C',$ fordi vi ved at $C_{\bullet n}$ er en pivotsøjle. Men da $B' = C'$ følger det at $B = C.$

Bevis for at $B$ og $C$ er ens i det andet tilfælde

Enten er den sidste søjle i $B$ eller den sidste søjle i $C$ ikke en pivotsøjle. Der er ikke forskel på $B$ og $C$ i antagelserne, så vi kan lige så godt antage at det er $B_{\bullet n}$ der ikke er en pivotsøjle.

Da den sidste søjle i $B$ ikke er en pivotsøjle, kan vi finde en løsning $\mathbf x$ til $B\mathbf x = \mathbf 0,$ som opfylder $x_n = 1$ ; dette er fordi $B_{\bullet n}$ kan skrives som en linearkombination af pivotsøjlerne, så de tilsvarende $x_i$ kan vælges med modsat fortegn for indgangene i $B_{\bullet n}.$

Da $B$ og $C$ er RREF til den samme matrix $A,$ så medfører $B\mathbf x = \mathbf 0$ også $C\mathbf x = \mathbf 0,$ og dermed $(B-C)\mathbf x = \mathbf 0.$ De eneste elementer i $B-C$ der kan være forskellig fra 0 er i sidste søjle. Hvis vi tager højde for dette, og udfører matrixmultiplikationen, får vi:

$\mathbf 0 = (B-C)\mathbf x = (B_{\bullet n}-C_{\bullet n})x_n.$ Da $x_n = 1$ er $B_{\bullet n} = C_{\bullet n}.$

Læs Eksempel 4.19 igen, og bemærk strategien for at komme frem til RREF af en matrix. Man kan altid begynde med at gribe det helt mekanisk an:

Start ved første søjle og find et tal $a_{i1}\neq 0$ i en række $i$ (hvis det er en nulsøjle så gå videre til søjle to). Dette tal kan laves om til et $1$ -tal og blive til pivotelementet i denne søjle, ved at udføre rækkeoperationen $R_i \to a_{i1}^{-1}R_i.$ Dernæst kan alle andre tal $\neq 0$ i søjlen elimineres, ved brug af rækkeoperationer med $R_i$ (Gauss elimination).
Eksempel på dette trin
For matricen nedenfor er markeret en kandidat til et pivotelement (det kunne også have været 4-tallet nedenunder, men man bliver nødt til at vælge):
$\begin{pmatrix} \color{red}{2} & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}.$ Med rækkeoperationen $R_1 \to \frac{1}{2}R_1$ ser det sådan ud:
$\begin{pmatrix} \color{red}{1} & 1 & \frac{3}{2} & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}.$ Vi skal have at pivotelementet er eneste indgang $\neq 0$ i sin søjle. Vi kan opnå dette med rækkeoperationen $R_3\to R_3 - 4R_1$ :
$\begin{pmatrix} \color{red}{1} & 1 & \frac{3}{2} & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & -4 & -7 \end{pmatrix}.$ Vi er nu færdige med første søjle.
Følgende proces gennemgås for de andre søjler, en efter en, fra venstre mod højre:
Det første trin ovenfor gentages for næste søjle, men hvor man husker følgende: Kandidaten til pivotelementet må ikke være i samme række som de foregående pivotelementer. Hvis der kun er tal $\neq 0$ i samme rækker som pivotelementer, så må denne søjle springes over, og bliver ikke til en pivotsøjle i RREF af matricen.
Eksempel på dette trin
For matricen nedenfor er markeret en kandidat til et pivotelement for anden søjle. Det er faktisk den eneste mulige kandidat, da $1$ -tallet er i samme række som pivotelementet fra første søjle, og kan derfor ikke anvendes:
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & \frac{3}{2} & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & \color{red}{-1} & -4 & -7 \end{pmatrix}.$ Nu bruges rækkeoperationer på samme måde som vi gjorde for den første søjle: Til at få et $1$ -tal som pivotelementet og 0 i de andre indgange af søjle to, udfører vi rækkeoperationer:
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & \frac{3}{2} & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & \color{red}{-1} & -4 & -7 \end{pmatrix} \,\stackrel{\sim}{\substack{R_3\to -R_3}}\, \begin{pmatrix} 1 & 1 & \frac{3}{2} & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & \color{red}{1} & 4 & 7 \end{pmatrix} \,\stackrel{\sim}{\substack{R_1\to R_1-R_3}}\, \begin{pmatrix} 1 & 0 & -\frac{5}{2} & -5 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & \color{red}{1} & 4 & 7 \end{pmatrix}.$ For tredje søjle er der kun en mulig kandidat til et pivotelement, som er tallet i række to (kan du forklare hvorfor?). Vi udfører igen de nødvendige rækkeoperationer:
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -\frac{5}{2} & -5 \\ 0 & 0 & \color{red}{1} & 1 \\ 0 & 1 & 4 & 7 \end{pmatrix} \,\stackrel{\sim}{\substack{R_1\to R_1+\frac{5}{2}R_2 \\[1mm] R_3\to R_3-4R_2}}\, \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -\frac{5}{2} \\ 0 & 0 & \color{red}{1} & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 3 \end{pmatrix}.$ Der er ingen mulige kandidater til et pivotelement i sidste søjle, da alle rækkerne allerede har pivotelementer, så dette trin af metoden er nu slut.
Til sidst (eller man kan vælge at gøre det undervejs), når man har været igennem samtlige søjler, kan man lave rækkeombytninger således at den første pivot er i række $1,$ den næste i række $2,$ osv. indtil man løber tør. Husk også at alle nulrækker (hvis der er nogen) skal stå i bunden af matricen.
Eksempel på dette trin
Vi kan nu ombytte række to og tre nedenfor, således at pivotelementerne kommer længere mod højre, når man går ned gennem rækkerne i matricen:
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -\frac{5}{2} \\ 0 & 0 &1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 3 \end{pmatrix} \,\stackrel{\sim}{\substack{R_2\leftrightarrow R_3}}\, \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -\frac{5}{2} \\ 0 & 1 & 0 & 3\\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}.$ Der er ingen nulrækker, ellers skulle der også udføres de passende rækkeombytninger, så disse placeres nederst i matricen. Vi har nu fundet vores RREF.

Det er en god ide at træne dette mange gange, og så finder man efterhånden ud af hvordan man kan anvende færre rækkeoperationer, ved at vælge "gode" kandidater til pivotelementer. Efter lidt træning vil man også muligvis vente med at gange rækkerne igennem med det samme, for at undgå unødvendig brøkregning hvis matricen indeholder heltal. Det er en proces der bedst optimeres ved at regne, da man kan anvende mange forskellige kombinationer af rækkeoperationer, for at nå frem til RREF af en matrix.

4.4.1 Løsning af ligninger ved hjælp af RREF

Hvis en totalmatrix $(B|\mathbf c)$ med $m\times n$ matrix $B$ er på RREF, så er ligningssystemet $B \mathbf x = \mathbf c,$ med $m$ ligninger og $n$ ubekendte, særligt nemt at gå til. Pivotelementerne i $B$ er de eneste indgange i deres søjle $\neq 0.$ Deres søjlenumre svarer til de såkaldte ${\color{red}{\text{bundne variable}}}.$ De øvrige søjlenumre svarer til de såkaldte ${\color{green}{\text{frie variable}}}.$

Lad os se på et konkret eksempel. Lad

$(B|\mathbf c) = \left(\begin{matrix} \color{green}{0} & \color{red}{1} & \color{green}{2} & \color{red}{0} & \color{red}{0} & \color{green}{1} \\ \color{green}{0} & \color{red}{0} & \color{green}{0} & \color{red}{1} & \color{red}{0} & \color{green}{1} \\ \color{green}{0} & \color{red}{0} & \color{green}{0} & \color{red}{0} & \color{red}{1} & \color{green}{3} \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \end{matrix}\right.\right) .$ Da er $(B|\mathbf c)$ på RREF, og de tre pivoter står i søjlerne med nummer $2,4,5.$ Hvis vi vil løse $B\mathbf x=\mathbf c,$ hvor $\mathbf x=(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6)^\textup{T},$ så er de bundne variable ${\color{red}{x_2}},{\color{red}{x_4}},{\color{red}{x_5}}$ og de frie variable er ${\color{green}{x_1}},{\color{green}{x_3}},{\color{green}{x_6}}.$

Skrevet som ligninger, svarer $B\mathbf x=\mathbf c$ til ligningssystemet

$\begin{matrix} &\color{red}{x_2} &+ &2\color{green}{x_3} & && &&+ &\color{green}{x_6} &= &c_1\phantom{,}\\ && && &\color{red}{x_4} & &&+ &\color{green}{x_6} &= &c_2\phantom{,}\\ && && && &\color{red}{x_5}&+ &3\color{green}{x_6} &= &c_3, \end{matrix}$ med løsningsformlerne (frie variable flyttes til højresiden)

$\begin{aligned} \color{red}{x_2} &= c_1 - 2\color{green}{x_3} - \color{green}{x_6}\\ \color{red}{x_4} &= c_2 - \color{green}{x_6}\\ \color{red}{x_5} &= c_3 - 3 {\color{green}{x_6}}. \end{aligned}$ Bemærk at $x_1$ også kan vælges vilkårligt, selvom den ikke direkte indgår i løsningsformlerne ovenfor.

En helt systematisk måde at skrive dette op på, og for at gøre det klart at de frie variable kan vælges vilkårligt, er ved at sætte ${\color{green}{x_1}} = t_1,$ ${\color{green}{x_3}} = t_3$ og ${\color{green}{x_6}} = t_6,$ hvilket så giver et udtryk for samtlige af de ubekendte. Ved at indsætte i løsningsformlerne ovenfor, fås

$\begin{aligned} \color{green}{x_1} &= t_1 \\ \color{red}{x_2} &= c_1 - 2t_3 - t_6\\ \color{green}{x_3} &= t_3 \\ \color{red}{x_4} &= c_2 - t_6\\ \color{red}{x_5} &= c_3 - 3t_6 \\ \color{green}{x_6} &= t_6, \end{aligned}$ og kan skrives via vektorer som

$\begin{pmatrix} \color{green}{x_1} \\ \color{red}{x_2} \\ \color{green}{x_3} \\ \color{red}{x_4} \\ \color{red}{x_5} \\ \color{green}{x_6} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ c_1 \\ 0 \\ c_2 \\ c_3 \\ 0 \end{pmatrix} + t_1\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + t_3\begin{pmatrix} 0 \\ -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + t_6\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 0 \\ -1 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix},$ hvor $t_1,t_3,t_6\in\mathbb{C}$ kan vælges vilkårligt; for hver værdi af disse parametre fås forskellige løsninger til ligningssystemet, så der er her en tre-uendelighed af løsninger.

Bemærk at der i vektorerne for $t_1,$ $t_3$ og $t_6$ står et $1$ -tal på henholdsvis pladsen for $x_1,$ $x_3$ og $x_6,$ mens resten kan aflæses fra løsningsformlerne. Her ses også bedre hvilke bidrag de frie variable giver, og dette vender vi tilbage til i Kapitel 6, når vi undersøger nulrum for matricer.

For at opsummere, for generel løsning af et lineært ligningssystem $A\mathbf x = \mathbf b$ :

Opskriv totalmatrix $(A|\mathbf b).$
Brug rækkeoperationer til at finde RREF $(B|\mathbf c)\sim(A|\mathbf b).$
Aflæs løsningerne til $B\mathbf x = \mathbf c,$ ligesom vist i eksemplet ovenfor.

Hvis sidste søjle i $(B|\mathbf c),$ det vil sige $\mathbf c,$ er en pivotsøjle, så er der ingen løsninger til ligningssystemet (hvorfor? Prøv at skrive et eksempel op, og opskriv de tilsvarende ligninger).

4.5 Udregning af invers matrix og elementærmatricer

Vi vil nu omfortolke rækkeoperationer ved hjælp af matrixmultiplikation. Det er ikke noget der er specielt brugbart i praksis, men det er en hjælp til teoretiske overvejelser og beviser. Hver af de tre typer af rækkeoperationer, som vi beskrev i begyndelsen af Afsnit 4.3, svarer til multiplikation fra venstre med en særlig matrix.

En matrix kaldes en elementærmatrix, hvis den fremkommer ved anvendelse af en enkelt rækkeoperation på identitetsmatricen.

For eksempel er ombytning af række 1 med række 2 i en $3\times n$ matrix, det samme som multiplikation fra venstre med

$\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$ Multiplikation af den anden række med 5, er det samme som produkt med

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 5 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},$ og operationen at gange den tredje række med $-3$ og lægge den til den første række, er det samme som multiplikation med matricen

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -3\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$

For eksempel giver udtrykket for matrixmultiplikation

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -3\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b & c\\ d & e & f\\ g & h & i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a -3g& b-3h & c-3i\\ d & e & f\\ g & h & i \end{pmatrix}.$

$\phantom{}$

At udføre en rækkeoperation på en $m\times n$ matrix $A,$ svarer til at gange den tilsvarende $m\times m$ elementærmatrix på fra venstre.
En elementærmatrix er invertibel. Dens inverse matrix er elementærmatricen svarende til den inverse rækkeoperation.

Bevis $*$

Lad $E_1$ svare til elementærmatricen for rækkeoperationen $R_i\leftrightarrow R_j,$ $E_2$ svarer til $R_i\to \lambda R_i$ hvor $\lambda\neq 0$ og $E_3$ svarer til $R_i\to R_i+\lambda R_j$ hvor $i\neq j$ ; i alle tre tilfælde er disse operationer anvendt på en identitetsmatrix $I_m.$

(i): Vi betragter først tilfældet at $A$ er en $m\times 1$ matrix, det vil sige at $A$ er en søjlevektor. For at spare på det dyrebare papir, plejer man at skrive en søjlevektor som $(v_1,v_2,\dots,v_m)^\textup{T},$ og gamle vaner er svære at give slip på, selv når man skriver for skærmen. Nu regner vi ved at bruge formlen for matrixmultiplikation. Følgende to produkter er nemme at beregne:

$\begin{aligned} E_1(v_1,v_2,\dots,v_m)^\textup{T}&=(\dots,v_{i-1},v_j,v_{i+1},\dots,v_{j-1},v_i,v_{j+1},\dots)^\textup{T}\\ E_2(v_1,v_2,\dots,v_m)^\textup{T}&=(\dots,v_{i-1},\lambda v_i,v_{i+1},\dots)^\textup{T}. \end{aligned}$ Vi er lidt mere forsigtige i det tredje tilfælde:

$E_3(v_1,v_2,\dots,v_m)^\textup{T}=(w_1,\dots,w_m)$ hvor

$w_r=\sum_{s=1}^m (E_3)_{rs}v_s.$ Hvis $r\neq i$ : $(E_3)_{rs}=0$ for $s\neq r$ og $(E_3)_{rr} = 1,$ så at

$w_r=(E_3)_{rr}v_r = v_r.$ Hvis $r=i$ : $(E_3)_{rs}=0$ hvis $s\neq i$ og $s\neq j,$ samt vi har $(E_3)_{ri} = (E_3)_{ii}=1$ og $(E_3)_{rj} = (E_3)_{ij} = \lambda,$ så

$w_r=(E_3)_{ri}v_i+(E_3)_{rj}v_j = v_i+\lambda v_j.$ Det vil sige,

$E_3(v_1,v_2,\dots,v_m)^\textup{T}=(\dots,v_{i-1},v_i+\lambda v_j,v_{i+1},\dots)^\textup{T}.$ I alle tre tilfælde giver multiplikation med en elementærmatrix $EA,$ det samme som den tilsvarende rækkeoperation, hvis $A$ er en søjlevektor.

I det generelle tilfælde kan vi skrive matricen $A = (\mathbf a_1,\dots, \mathbf a_n)$ som opbygget af søjlevektorer, med $m$ indgange, og bruge Proposition 4.11:

$EA = (E\mathbf a_1,\dots,E\mathbf a_n).$ Ifølge specialtilfældet brugt på hver søjle $\mathbf a_j,$ fremkommer $EA$ fra $A$ ved at bruge den samme rækkeoperation på hver søjle i $A.$ Men det er det samme som at bruge rækkeoperationen på hele $A.$

(ii): Lad $E$ og $\widehat{E}$ være elementærmatricer, der svarer til hinandens inverse rækkeoperationer. Så er $E\widehat{E}=E\widehat{E} I_m$ den matrix der fremkommer, ved at udføre først rækkeoperationen der svarer til $\widehat{E}$ på identitetsmatricen, og derefter udføre rækkeoperationen der svarer til $E$ på resultatet. Da disse rækkeoperationer er inverse, ender vi med at få identitetsmatricen tilbage, det vil sige $E\widehat{E}=I_m.$ Tilsvarende er $\widehat{E}E=I_m,$ altså at $E$ og $\widehat{E}$ er hinandens inverse matricer.

Det står nu klart, at vores metode til løsning af et lineært ligningssystem $A\mathbf x = \mathbf b,$ ved at reducere til RREF, giver mening! Hvis $E$ er produktet af alle de elementærmatricer som fører $(A|\mathbf b)$ til RREF $(B|\mathbf c),$ så er $B = EA$ og $\mathbf c = E\mathbf b.$ Men $E$ er et produkt af invertible matricer, og derfor er $E$ jo selv invertibel (Sætning 4.16). Så vi har:

$A\mathbf x = \mathbf b \quad \Leftrightarrow \quad B\mathbf x = EA\mathbf x = E\mathbf b = \mathbf c,$ og det reducerede ligningssystem har dermed samme løsningsmængde som det oprindelige ligningssystem.

Nu er vi endelig i stand til at give en algoritme, til at udregne den inverse matrix.

En $n\times n$ matrix $A$ er invertibel, hvis og kun hvis, dens RREF er $I_n.$ Hvis $A$ er invertibel, er RREF for $n\times (2n)$ matricen

$(A|I_n)$ lig med $n\times (2n)$ matricen

$(I_n|A^{-1}).$

Bevis

En $n\times n$ matrix på RREF, som ikke er identitetsmatricen, bliver nødt til at indeholde en nulrække (Opgave 4.19). Med andre ord, hvis en matrix på RREF er invertibel, så er den nødt til at være identitetsmatricen. Lad os antage at $A$ er invertibel. Som for enhver anden matrix, kan vi finde et produkt $E$ af elementærmatricer, så $EA$ er RREF for $A.$ Men da $E$ og $A$ er invertible er $EA$ invertibel (Sætning 4.16), og er derfor lig identitetsmatricen.

Modsat, hvis matricen har RREF lig identitetsmatricen, findes et produkt $E$ af elementærmatricer, så $EA = I_n.$ Så er $A$ invertibel med $A^{-1} = E,$ da $E$ som produkt af elementærmatricer er invertibel.

Den sidste påstand følger ved at gange matricen $E$ ovenfor på matricen $(A|I_n).$ Dette matrixprodukt giver $(EA|EI_n)=(I_n|E).$ Da multiplikation med $E$ fra venstre giver rækkereduktionen, og da $(I_n|E)=(I_n|A^{-1})$ er på RREF, er $(I_n|A^{-1})$ den entydigt bestemte RREF af $(A|I_n).$

Ovenstående sætning giver en metode til at udregne den inverse matrix, ved at udføre rækkeoperationer på den større matrix $(A|I_n).$

Lad os undersøge om matricen

$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}$ har en invers, og i så fald finde $A^{-1}.$

Vi opstiller totalmatricen $(A|I_3),$ og finder RREF:

$\begin{aligned} \left(\begin{matrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\right.\right) \,\stackrel{\sim}{\substack{R_1 \to \frac{1}{2}R_1 \\[1mm] R_3 \to R_3-2R_2}}\, & \left(\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} \tfrac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \end{matrix}\right.\right) \\ \,\stackrel{\sim}{\substack{R_3 \to R_3-R_1}}\, & \left(\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} \tfrac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -\tfrac{1}{2} & -2 & 1 \end{matrix}\right.\right) \\ \,\stackrel{\sim}{\substack{R_1 \to R_1-\frac{1}{2}R_3 \\[1.5mm] \text{dernæst} \\[1mm] R_3 \to \frac{1}{2}R_3}}\, & \left(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} \tfrac{3}{4} & 1 & -\tfrac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 \\ -\tfrac{1}{4} & -1 & \tfrac{1}{2} \end{matrix}\right.\right) . \end{aligned}$ Fra Sætning 4.25 har vi derfor at $A$ er invertibel, og dens inverse er

$A^{-1} = \begin{pmatrix} \tfrac{3}{4} & 1 & -\tfrac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 \\ -\tfrac{1}{4} & -1 & \tfrac{1}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{4}\begin{pmatrix} 3 & 4 & -2 \\ 0 & 4 & 0 \\ -1 & -4 & 2 \end{pmatrix}.$ Vi kan snildt tjekke efter at $AA^{-1} = A^{-1}A = I_3.$

Det næste resultat karakteriserer også om en matrix er invertibel, og vi vil ofte få brug for dette senere i Kapitel 8. Resultatet siger, at dette er tilfældet når $A$ er kvadratisk, og alle de variable er bundne variable, ved løsning af det homogene system $A\mathbf x = \mathbf 0.$

En kvadratisk matrix $A$ er invertibel, hvis og kun hvis, ligningssystemet

$A \mathbf x = \mathbf 0$ kun har nulløsningen $\mathbf x=\mathbf 0.$

Bevis

Hvis $A$ er invertibel, fås

$A \mathbf x = \mathbf 0 \quad\Rightarrow\quad \mathbf x = A^{-1}\mathbf 0 =\mathbf 0.$ Hvis $A$ ikke er invertibel, kan vi rækkereducere $A$ til en matrix $B$ med en nulrække til sidst (se Sætning 4.25 og Opgave 4.19). Men da $B$ er kvadratisk, betyder det at der er en søjle som ikke er en pivotsøjle. Men her gælder $A \mathbf x = \mathbf 0 \Leftrightarrow B \mathbf x = \mathbf 0,$ og ligningsystemet $B \mathbf x = \mathbf 0$ har en løsning $\neq \mathbf 0,$ fordi det har mindst en fri variabel (se Afsnit 4.4.1).

4.6 Schur komplement

Vi så i (4.12) en direkte formel til udregning af invers for en $2\times 2$ matrix. Nu skal vi se hvordan vi kan reducere udregningerne for inversion af store matricer, til at omhandle mindre matricer i stedet, ved brug af de såkaldte Schur komplementer.

Ideen bygger på, at hvis $A$ er $n\times n,$ $B$ er $n\times m,$ $C$ er $m\times n$ og $D$ er $m\times m,$ så er blok-matricen

$M = \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix} \tag{4.14}$ en $(n+m)\times(n+m)$ matrix, hvor matricerne $A,B,C,D$ (blokkene) sættes ved siden af hinanden som angivet, og konstruerer en større matrix. Vi kan omskrive denne blok-matrix på en smart måde, hvis $A$ eller $D$ er invertibel.

Vi har specifikt at

$S_D = A-BD^{-1}C \quad \textup{og} \quad S_A = D-CA^{-1}B \tag{4.15}$ kaldes Schur komplementerne for matricen $M,$ med hensyn til henholdsvis $D$ og $A.$

Betragt blok-matricen $M$ fra (4.14). For resultaterne nedenfor antages, at $D$ hhv. $A$ er invertibel i de formler hvor $S_D$ hhv. $S_A$ indgår.

Så er

$\begin{aligned} M &= \begin{pmatrix} I & BD^{-1} \\ \mathbf 0 & I \end{pmatrix} \begin{pmatrix} S_D & \mathbf 0 \\ \mathbf 0 & D \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & \mathbf 0 \\ D^{-1}C & I \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} I & \mathbf 0 \\ CA^{-1} & I \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & \mathbf 0 \\ \mathbf 0 & S_A \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & A^{-1}B \\ \mathbf 0 & I \end{pmatrix}. \end{aligned}\tag{4.16}$ Hvis $S_D$ hhv. $S_A$ er invertibel, har vi

$\begin{aligned} M^{-1} &= \begin{pmatrix} I & \mathbf 0 \\ -D^{-1}C & I \end{pmatrix} \begin{pmatrix} S_D^{-1} & \mathbf 0 \\ \mathbf 0 & D^{-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & -BD^{-1} \\ \mathbf 0 & I \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} I & -A^{-1}B \\ \mathbf 0 & I \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A^{-1} & \mathbf 0 \\ \mathbf 0 & S_A^{-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & \mathbf 0 \\ -CA^{-1} & I \end{pmatrix}. \end{aligned}\tag{4.17}$

Bevis

Vi viser formlerne hvor $S_D$ indgår, da formlerne hvor $S_A$ indgår bevises på tilsvarende måde. Så vi antager at $D$ er invertibel.

Ved direkte udregning får vi (bemærk at blok-matricer opfører sig på samme måde ved matrixmultiplikation, hvor man dog skal huske på ikke-kommutiviteten):

$\begin{aligned} \begin{pmatrix} I & BD^{-1} \\ \mathbf 0 & I \end{pmatrix} \begin{pmatrix} S_D & \mathbf 0 \\ \mathbf 0 & D \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I & \mathbf 0 \\ D^{-1}C & I \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} I & BD^{-1} \\ \mathbf 0 & I \end{pmatrix}\begin{pmatrix} S_D & \mathbf 0 \\ C & D \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} S_D+BD^{-1}C & B \\ C & D \end{pmatrix}. \end{aligned}$ Ved indsættelse af udtrykket for $S_D$ fra (4.15) får vi $M.$

Formlen for $M^{-1}$ opnår vi ved brug af Sætning 4.16. Når $S_D$ er invertibel har vi

$\begin{aligned} \begin{pmatrix} I & BD^{-1} \\ \mathbf 0 & I \end{pmatrix}^{-1} &= \begin{pmatrix} I & -BD^{-1} \\ \mathbf 0 & I \end{pmatrix}, \\ \begin{pmatrix} S_D & \mathbf 0 \\ \mathbf 0 & D \end{pmatrix}^{-1} &= \begin{pmatrix} S_D^{-1} & \mathbf 0 \\ \mathbf 0 & D^{-1} \end{pmatrix}, \\ \begin{pmatrix} I & \mathbf 0 \\ D^{-1}C & I \end{pmatrix}^{-1} &= \begin{pmatrix} I & \mathbf 0 \\ -D^{-1}C & I \end{pmatrix}. \end{aligned}$ For de ovenstående inverse matricer verificeres let, at de opfylder Definition 4.13 direkte ved matrixmultiplikation.

Lad os anvende Sætning 4.28 til at invertere matricen

$M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 3 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$ Vi opdeler den i blokkene

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad C = \begin{pmatrix} 3 & 0 \end{pmatrix}, \quad D = 1.$ Så er $D^{-1} = 1,$ og Schur komplementet med hensyn til $D$ er

$S_D = A-BD^{-1}C = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ -2 & 2 \end{pmatrix}.$ Af formel (4.12), for invers af en $2\times 2$ matrix, er

$S_{D}^{-1} = \begin{pmatrix} -1 & \frac{1}{2} \\ -1 & 1 \end{pmatrix}.$ Nu sættes det hele sammen med Sætning 4.28:

$M^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -3 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & \frac{1}{2} & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ -2 & 2 & 0 \\ 6 & -3 & -1 \end{pmatrix}.$

4.7 LU dekomposition

I dette afsnit gennemgår vi LU dekomposition, som eksisterer i enhver standard computerimplementation for løsning af lineære ligningssystemer. Ideen er at kunne erstatte en matrix med et produkt af trekantsmatricer (se Afsnit 4.1), som giver en numerisk stabil måde til at løse et lineært ligningssystem.

RREF for matrix $A$ er givet ved multiplikation fra venstre med de elementærmatricer der svarer til rækkeoperationerne. Ofte venter man med rækkeombytninger helt til sidst. Men hvis man har opnået dens RREF, kan man modificere rækkeoperationerne, således at alle rækkeombytninger sker i starten.

Hvis $E$ er elementærmatrix for $R_i\leftrightarrow R_j,$ og $\widehat{E}$ er elementærmatrix for $R_{\hat{i}} \to R_{\hat{i}}+\lambda R_{\hat{j}},$ så gælder

$E\widehat{E} = \widetilde{E}E, \tag{4.18}$ hvor $\widetilde{E}$ er elementærmatrix for $R_{\tilde{i}} \to R_{\tilde{i}} + \lambda R_{\tilde{j}},$ med

$\tilde{i} = \begin{cases} \hat{i} & \text{hvis } \hat{i}\neq i \text{ og } \hat{i} \neq j \\ j & \text{hvis } \hat{i} = i \\ i & \text{hvis } \hat{i} = j \end{cases} \quad \text{og} \qquad \tilde{j} = \begin{cases} \hat{j} & \text{hvis } \hat{j}\neq i \text{ og } \hat{j} \neq j \\ j & \text{hvis } \hat{j} = i \\ i & \text{hvis } \hat{j} = j. \end{cases}$ Tilsvarende holder (4.18) hvis $\widehat{E}$ er elementærmatrix for $R_{\hat{i}} \to \lambda R_{\hat{i}},$ og $\widetilde{E}$ er elementærmatrix for $R_{\tilde{i}} \to \lambda R_{\tilde{i}}.$

Som produkter af elementærmatricer har vi

$\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$ Venstresiden svarer først til operationen $R_3\to R_3-2R_2$ og dernæst $R_1\leftrightarrow R_3,$ som er ækvivalent med højresiden, hvor vi først anvender $R_1\leftrightarrow R_3$ og dernæst $R_1\to R_1 -2R_2.$

På denne måde kan man opnå en matrix

$PA,$ hvor $P$ er et produkt af elementærmatricer, som kun svarer til rækkeombytninger, og hvor $PA$ kan overføres til RREF, uden brug af rækkeombytninger.

En matrix $P,$ som er et produkt af elementærmatricer, udelukkende for rækkeombytninger, kaldes en permutationsmatrix.

Det er en kvadratisk matrix, som har præcis et $1$ -tal i hver række og søjle, og nul i alle andre indgange.

Der kan nu sættes nuller under kandidaterne til pivotelementerne for $PA$ med et produkt af elementærmatricer, for rækkeoperationer af formen $R_i \to R_i + \lambda R_j$ hvor $i>j$ ; dette giver også eventuelle nulrækker der vil forekomme i RREF. Dette produkt af elementærmatricer kalder vi $\widetilde{L},$ og dens inverse for $L = \widetilde{L}^{-1}$ (den er invertibel af Sætning 4.16, da elementærmatricer er invertible). Så har vi

$PA = LU,$ hvor $U$ næsten er på RREF (mangler at opnå nuller over pivotkandidater, samt skalere pivotkandidater til $1$ ). Dette leder frem til den såkaldte LU dekomposition, hvor vi har gennemgået hvordan matricerne kan konstrueres med Gauss elimination.

Lad $A$ være en $m\times n$ matrix. Der eksisterer

$m\times m$ permutationsmatrix $P,$
$m\times m$ invertibel nedre trekantsmatrix $L,$ med $1$ i alle diagonalelementerne,
$m\times n$ matrix $U,$ med nuller under diagonalen (hvis $A$ er kvadratisk er $U$ derfor en øvre trekantsmatrix),

så

$PA = LU.$ Matricen $U$ er invertibel, hvis og kun hvis, $A$ er invertibel.

Bevis $*$

Ud fra ovenstående gennemgang i dette afsnit, mangler vi kun at argumentere for:

$U$ har nuller under diagonalen.
$L$ er en nedre trekantsmatrix, med $1$ i alle diagonalelementer.
$U$ er invertibel, hvis og kun hvis, $A$ er invertibel.

Vi får at indgangene i $U$ er nul under diagonalen per konstruktion, da et pivotelement i række $i$ må være i søjle $\geq i,$ da pivotelementer skal placeres længere mod højre ned igennem rækkerne. Dermed har vi sat nuller under diagonalen i $U,$ med de anvendte rækkeoperationer på $PA$ via $L^{-1}.$

Rækkeoperationerne der indgår i $L^{-1}$ var på formen $R_i \to R_i + \lambda R_j,$ hvor $i>j.$ Det vil sige, at de tilsvarende elementærmatricer er nedre trekantsmatricer med $1$ i diagonalelementerne. Fra definitionen af matrixmultiplikation indses let:

For to nedre trekantsmatricer, er deres produkt også en nedre trekantsmatrix.
For to nedre trekantsmatricer, med $1$ i diagonalelementerne, har deres produkt også $1$ i diagonalelementerne.

Det vil sige, at $L^{-1}$ er en nedre trekantsmatrix, med $1$ i diagonalelementerne.

Den $j$ 'te søjle i $L$ vil være løsning til ligningssystemet

$L^{-1}\mathbf x = \mathbf e_j,$ hvor $\mathbf e_j$ er $j$ 'te søjle i identitetsmatricen. Fra egenskaberne af $L^{-1}$ og for $\mathbf x = (x_1,\dots,x_n)^{\textup{T}},$ så får vi fra første ligning i systemet $x_1 = 0.$ Ved indsættelse af dette i anden ligning fås $x_2=0,$ og så fremdeles op til $x_{j-1}=0.$ Først i den $j$ 'te ligning fås $x_j = 1.$ Så der er nul over diagonalen i $L$ og diagonalelementerne er $1,$ som skulle vises.

Til sidst, da $P$ og $L$ er invertible (som produkter af elementærmatricer), har vi at hvis $A$ er invertibel, er $U = L^{-1}PA$ også invertibel af Sætning 4.16. Tilsvarende, hvis $U$ er invertibel, er $A = P^{-1}LU$ også invertibel.

Ved brug af LU dekomposition, da $P$ og $L$ er invertible, får vi at løsning af

$A\mathbf x = \mathbf b,$ er ækvivalent med at løse

$L\mathbf y = P\mathbf b \quad \text{og} \quad U\mathbf x = \mathbf y.$ Dette kan måske se fjollet ud, for vi løser nu to systemer i stedet for et. For en kvadratisk matrix $A,$ da er $L$ og $U$ trekantsmatricer, og man får meget hurtigt løsningerne. For en rektangulær matrix $A$ er $U$ også rektangulær, men dens struktur gør det stadig hurtigt at løse systemet $U\mathbf x = \mathbf y,$ da den næsten er på RREF.

Da $L$ er en nedre trekantsmatrix, vil $L\mathbf y = P\mathbf b$ kun have en ubekendt i første ligning, som derfor løses med det samme. Ved indsættelse i næste ligning haves også kun en ubekendt tilbage, og løses lige så hurtigt. Dette kan gennemgås induktivt fra toppen og ned til bunden, hvor hver ligning løses med hensyn til en enkelt ubekendt. Dette kaldes fremadløsning (forward substitution).

For en øvre trekantsmatrix $U,$ arbejder man i stedet fra bunden og op, hvilket hedder tilbageløsning (back substitution).

4.8 Opgaver

Findes et tal $\lambda$ så

$\lambda \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 4 & 5 & 6 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 4 & 6\\ 8 & 10 & 15 \end{pmatrix}?$

Lad matricerne

$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}, \quad C = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\end{pmatrix} \quad\text{og}\quad D = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}$ være givet. Hvilke af nedenstående matrixprodukter giver mening?

$BA.$

$AB.$

$CD.$

$DC.$

$CA.$

$AD.$

Lad

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & 1 & 2\\ 3 & x & 1 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 1& 1 & 1\\ 2 & 2 & 2\\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}\quad\text{og}\quad C = A B.$ Hvilke af nedenstående udsagn er rigtige?

$C_{12} = 9.$

$C_{23} = 4.$

Hvis $C_{32} = 4,$ så er $x = 0.$

Hvis $C_{31} = -1,$ så er $x=-1.$

Gør rede for (4.10), det vil sige at identitetsmatricen ikke ændrer ved en matrix, når den bliver ganget på enten fra venstre eller fra højre.

Lad $A,$ $B$ og $C$ være $n\times n$ matricer. Gør rede for, at hvis

$B A = I_n$ og

$A C = I_n,$ så må $B = C.$

Lad $A$ være en kvadratisk matrix. Gør rede for at $A$ er invertibel, hvis og kun hvis, $A^\textup{T}$ er invertibel.

En kvadratisk reel matrix $A$ kaldes symmetrisk hvis $A = A^\textup{T}.$ Gør rede for, at

$B^\textup{T} B \quad \text{og} \quad B B^\textup{T}$ er symmetriske matricer, hvor $B$ er en vilkårlig reel matrix.

Hint

Brug Proposition 4.17!

Betragt følgende fire $2\times 2$ matricer

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 2 \end{pmatrix},\quad B = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{pmatrix},\quad C = \begin{pmatrix} 3 & 1\\ 1 & 3 \end{pmatrix}\quad\text{og}\quad D= \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}.$ Hvilke af følgende udsagn er sande?

$A\sim A.$

$A\sim B.$

$A\sim C.$

$B\sim D.$

Lad $A,$ $B$ og $C$ være tre matricer med samme antal rækker og søjler. Gør rede for:

$A\sim A.$
$A\sim B$ medfører at $B\sim A.$
$A\sim B$ og $B\sim C$ medfører at $A\sim C.$

Hvilke af nedenstående matricer er på RREF?

$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$

$\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$

$\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}.$

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 2 & 1 \end{pmatrix}.$

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$

Gennemgå udregningen i Eksempel 4.23 for de resterende to typer elementær $3\times 3$ matricer.

Lad

$P = \begin{pmatrix} p_{11} & p_{12}\\ p_{21} & p_{22} \end{pmatrix}$ være en stokastisk matrix, det vil sige at alle indgangene i matricen er $\geq 0$ og $p_{11} + p_{21} = 1$ samt $p_{12} + p_{22} = 1.$ Antag at $p_{21} + p_{12} > 0$ og lad

$\mathbf v = \begin{pmatrix} \dfrac{p_{12}}{p_{21} + p_{12}}\\ \\ \dfrac{p_{21}}{p_{21} + p_{12}} \end{pmatrix}.$ Hvorfor er $P \mathbf v = \mathbf v$ ? Hvordan relaterer det til Eksempel 4.5 om stokastiske matricer?

Forklar hvorfor matricen

$\begin{pmatrix} 1 & 4 & 5\\ 2 & 5 & 7\\ 3 & 6 & 9 \end{pmatrix}$ ikke er invertibel.

For hvilke tal $x$ er matricen

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ x & 1 & 1\\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$ invertibel?

Lad

$A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & -7 & -8 & -9\\ 3 & -4 & -13 & -14 & -15 \end{pmatrix}.$

Find RREF for $A.$
Find samtlige løsninger til ligningssystemet
$\begin{aligned} x -2 y -7z - 8 w &= -9 \\ 3x -4 y -13 z - 14 w &= -15. \end{aligned}$

Udregn den inverse til matricen

$\begin{pmatrix} 3 & -4 & 1\\ 3 & -5 & 1\\ 2 & -4 & 1 \end{pmatrix},$ og gør grundigt rede for alle trin.

Anvend rækkeoperationer til at udregne den inverse til matricen

$\begin{pmatrix} i & 1 & 1\\ 1 & i & 1\\ 1 & 1 & -i \end{pmatrix},$ og gør grundigt rede for alle trin.

Skriv matricen

$\begin{pmatrix} 5 & 3\\ 3 & 2 \end{pmatrix}$ som et produkt af elementærmatricer.

Gør rede for, at en kvadratisk matrix på RREF, som ikke er identitetsmatricen, bliver nødt til at indeholde en nulrække.

Lad $A$ og $B$ være lige store kvadratiske matricer. Er det rigtigt at

$(A+B)^2 = (A+B)(A+B) = A^2 + B^2 + 2AB?$ Hvad med

$(A+B)(A-B) = A^2 - B^2?$

Vi tager udgangspunkt i Eksempel 4.3 om rotationsmatricer.

Vis ved direkte udregning at $\mathbf x$ og $R_\theta\mathbf x$ har samme længde, ved at indsætte udtrykket for $R_\theta\mathbf x$ i formlen for normen af en vektor (Definition 1.2).
For to vinkler $\theta$ og $\varphi$ vil man forvente at matricen $R_\theta R_\varphi$ først roterer med $\varphi$ og dernæst med $\theta,$ og samlet giver en rotation med vinklen $\theta+\varphi.$ Gør rede for dette, med brug af materialet i Afsnit 1.5, altså vis at:
$R_\theta R_\varphi = R_{\theta+\varphi}.$

Vi tager udgangspunkt i Eksempel 4.4 om spejlinger. Vi vil nu bestemme matricen, der udfører spejling i en ret linje $L$ i planen, givet fra

$f(x) = tx \tag{4.19}$ for en hældning $t\in\mathbb{R}.$

Vi betegner en matrix

$S_L = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix},$ og skal nu bestemme tallene $a,$ $b,$ $c$ og $d,$ så $S_L$ er spejlingsmatricen, der svarer til spejlingen i linjen givet fra (4.19).

Vis at spejling i $L$ sender punktet $(1,t)$ til $(1,t),$ og punktet $(-t,1)$ til $(t,-1).$
Gør rede for, at tallene $a,$ $b,$ $c$ og $d$ må være løsning til ligningssystemet
$\begin{aligned} a + bt &= 1 \\ c + dt &= t \\ -at+b &= t \\ -ct+d &= -1. \end{aligned}$
Vis at
$S_L = \frac{1}{1+t^2}\begin{pmatrix} 1-t^2 & 2t \\ 2t & t^2-1 \end{pmatrix}.$
Gør rede for, meget gerne uden at regne, at
$S_L^2 = S_LS_L = I_2.$

Lad $P$ og $Q$ være lige store kvadratiske matricer, som opfylder $P^2 = P$ og $Q^2 = Q$ (det vil sige projektioner). Gør rede for, at

$(P-Q)^2 + (I - P - Q)^2 = I.$