6Vektorrum

I dette kapitel begynder vi for alvor at introducere terminologien og grundstrukturen i lineær algebra, nemlig vektorrum, baser og koordinater. Det er grundstenene, for senere at kunne formulere problemstillinger inden for lineær algebra, kunne analysere løsninger og virkelig forstå faget. På grund af de mange nye begreber, og fordi det kan være svært med det samme at se relationen til anvendelser, vil dette også for manges vedkommende være et af de sværeste kapitler i kurset. Derfor er det særdeles vigtigt, at I grundigt gennemgår eksemplerne undervejs, for at opnå den nødvendige intuition.

Det første vi introducerer er vektorrum, som oprindeligt stammer fra italiensk matematiker Giuseppe Peano fra 1888. Her skelner man mellem vektorrum over reelle tal $\mathbb{R},$ og vektorrum over komplekse tal $\mathbb{C}.$ Men fordi de fleste resultater er identiske for de to typer af vektorrum, vil vi bruge notationen $\mathbb{F}$ til enten at betegne $\mathbb{R}$ eller $\mathbb{C}.$

Det kan være brugbart at genopfriske lidt matematisk notation

En mængde er en samling af objekter, eksempelvis er $\{1,2,3\}$ mængden bestående af tallene $1,2,3.$

For en mængde $V,$ siger vi at $x$ tilhører $V,$ skrevet $x\in V,$ såfremt $x$ er at finde inde i mængden $V.$ Modsat betyder $x\notin V,$ at $x$ ikke tilhører $V.$ Som et kort eksempel har vi $1\in\{1,2,3\}$ men $4\notin \{1,2,3\}.$

Vi skal snart se på mængder af vektorer i stedet for tal, og hvor der ofte vil være uendelig mange elementer i mængden. Vi kan eksempelvis skrive

$\{\, (x,y)^{\textup{T}} \in \mathbb{R}^2 : x>0 \text{ og } y>0 \,\},$ som er mængden af samtlige punkter i første kvadrant af $xy$ -planen. Her skal man oversætte kolon til "hvorom der gælder", og dernæst er givet en egenskab, her at både $x$ og $y$ er positive reelle tal. Så der står faktisk bare, at vi samler alle punkter $(x,y),$ hvor både $x$ og $y$ er positive, hvilket svarer til første kvadrant i $xy$ -planen.

Vi vil ofte tage en såkaldt delmængde, det vil sige at vi konstruerer en ny mængde ud fra nogle af elementerne af en anden større mængde. At $U$ er en delmængde af $V$ skrives $U\subseteq V.$ Eksempelvis har vi $\{1,3\} \subseteq \{1,2,3\},$ da $1,3\in\{1,2,3\}.$

Hvis $U\subseteq V,$ og vi derudover er sikre på, at der er elementer i $V$ som ikke er i $U,$ kan vi finde på at skrive $U\subset V$ (nogle kan finde på at skrive dette som $U\subsetneq V$ ). Dette kaldes en ægte delmængde; hvis man er i tvivl er der intet galt i at holde sig til " $\subseteq$ ".

6.1 Abstrakte og konkrete vektorrum

Inden vi kigger på de mere konkrete vektorrum, som vi hovedsagligt vil beskæftige os med i dette kursus, så nævner vi først de grundlæggende principper, der ligger bag et generelt vektorrum.

Lad $V$ være en mængde. Lad $\mathbf u,\mathbf v,\mathbf w\in V$ og $\mu,\lambda\in\mathbb{F}$ være vilkårlige. $V$ kaldes et vektorrum over $\mathbb{F},$ såfremt der gælder:

$\mathbf u+\mathbf v$ og $\lambda \mathbf u$ kan defineres som elementer i $V.$
$\mathbf u+\mathbf v=\mathbf v+\mathbf u.$
$(\mathbf u+\mathbf v)+\mathbf w=\mathbf u+(\mathbf v+\mathbf w).$
Der er et origo/en nulvektor $\mathbf 0\in V,$ så $\mathbf u+\mathbf 0=\mathbf u$ og $\mathbf u+(-1)\mathbf u = \mathbf 0.$
$\lambda(\mathbf u+\mathbf v)=\lambda\mathbf u+\lambda\mathbf v.$
$(\lambda+\mu)\mathbf u=\lambda\mathbf u+\mu\mathbf u.$
$\lambda(\mu\mathbf u)=(\lambda\mu)\mathbf u.$
$1\mathbf u=\mathbf u.$

Endnu mere generelt kan $\mathbb{F}$ være et legeme. Opgave 6.1 viser, at vektorrum er defineret på den intuitivt mest naturlige måde; vi vil som sædvanlig også skrive $-\mathbf u$ i stedet for $(-1)\mathbf u.$

Definition 6.1 kan se kompliceret ud når man første gang ser den, men der er i virkeligheden tale om en struktur de fleste er vant til at bruge, måske uden at tænke over at det hører til en mere generel teori. Lad os først kigge på nogle eksempler på velkendte vektorrum.

6.1.1 Nogle konkrete eksempler på vektorrum

Hvis vi kigger lidt nærmere på definitionen af et vektorrum, er det en struktur hvor det giver mening at lægge elementer sammen, og gange med skalarer. Vi kender allerede eksempler på vektorrum, nemlig de reelle tal $\mathbb{R}$ og komplekse tal $\mathbb{C}.$ Andre velkendte eksempler er:

Geometriske vektorer, som vektorer i planen $\mathbb{R}^2$ (som vi har diskuteret i Kapitel 1) og i rummet $\mathbb{R}^3$ .
Lidt mere generelt, kan man tale om vektorrum af reelle eller komplekse $m\times n$ matricer, som også betegnes $\mathbb{R}^{m\times n}$ eller $\mathbb{C}^{m\times n}.$ Nulvektoren for vektorrum af matricer er nulmatricen, som har nuller i alle dens indgange.
Nogle andre eksempler kunne være vektorrum af funktioner. Eksempelvis er mængden af alle polynomier af grad højst $n$ et vektorrum, altså funktioner på formen
$p(z) = a_n z^n + a_{n-1}z^{n-1} + \dots + a_1z + a_0,$ hvor koefficienterne $a_n,\dots,a_0$ beskriver hvilket polynomium der er tale om. Addition for polynomierne sker på den mest naturlige måde, nemlig punktvist. Det vil sige, at for polynomier $p_1$ og $p_2$ er $q = p_1 + p_2$ funktionen med funktionsværdierne
$q(z) = p_1(z) + p_2(z).$ Det er nu klart, at summen af to polynomier af grad højst $n,$ igen giver et polynomium af grad højst $n,$ da det svarer til at man lægger koefficienterne sammen. På samme punktvise måde kan man definere at gange med en skalar. Nulvektoren for et vektorrum af polynomier er nulfunktionen, som svarer til at alle koefficienterne er nul,
$a_n=a_{n-1}=\dots=a_0=0.$
Tilsvarende eksempler på vektorrum af funktioner, kan være vektorrummet af kontinuerte funktioner $C(\mathcal{I})$ på et interval $\mathcal{I}.$ Eller på et åbent interval $\mathcal{I},$ vektorrummet af $k$ gange kontinuert differentiable funktioner $C^k(\mathcal{I}).$
Et mere kompliceret eksempel på et vektorrum af funktioner, men som er vigtigt inden for Fourieranalyse og signalbehandling, er rummet af kvadratisk integrable funktioner. Det vil sige, funktioner $f$ på et interval $[a,b],$ så
$\int_a^b \lvert f(x) \rvert^2\,\mathrm{d}x < \infty.$ Det er måske lidt mere kompliceret at overbevise sig selv om, at summen af kvadratisk integrable funktioner igen giver en kvadratisk integrabel funktion; dette kommer fra Minkowski's ulighed. Nulvektoren for dette vektorrum er også mere kompliceret, da det ikke bare er nulfunktionen, men i stedet en ækvivalensklasse af funktioner, som er lig nul næsten over alt. Dette bunder i, at integraler ikke "ser forskel" på om en funktion er lig med nul over alt, eller om der er enkelte punkter med en anden funktionsværdi.

Grunden til at kigge på en generel struktur er, at vi kan genbruge denne struktur, uanset om der er tale om geometriske vektorer, funktioner eller noget helt tredje. På denne måde slipper vi for at skulle gennem den samme teori igen og igen, og vi kan endda bruge vores intuition om, eksempelvis, ortogonalitet for vektorer i planen i en mere generel sammenhæng, hvilket også gør det lettere at lære disse begreber.

6.1.2 Vektorrum af søjlevektorer

I dette kursus vil vi hovedsagligt fokusere på vektorrum bestående af søjlevektorer, svarende til $m\times 1$ matricer. En helt naturlig generalisering af vektorer i planen $\mathbb{R}^2,$ er søjlevektorer med $m$ indgange i $\mathbb{R}$ :

$\mathbb{R}^m = \left\{ \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_m\end{pmatrix} : x_1, \dots, x_m\in \mathbb{R} \,\right\},$ og tilsvarende har vi for komplekse søjlevektorer:

$\mathbb{C}^m = \left\{ \begin{pmatrix} z_1 \\ \vdots \\ z_m\end{pmatrix} : z_1, \dots, z_m\in \mathbb{C} \,\right\}.$ Samlet set vil $\mathbb{F}^m$ betegne enten $\mathbb{R}^m$ eller $\mathbb{C}^m.$

6.2 Underrum, linearkombinationer og span

Overvej en linje gennem origo i rummet. Det svarer til alle vektorer parallelle med en enkelt vektor $\mathbf v\in \mathbb{R}^3.$ Hvis vi lægger parallelle vektorer sammen skifter de ikke retning, men vil stadig ligge på denne samme linje. Det er fordi en linje der går gennem origo er et vektorrum!

På præcis samme måde, vil en plan i $\mathbb{R}^3$ der skærer origo også være et vektorrum; lægger man vektorer i sådan en plan sammen, forbliver summen stadig i planen.

Plan der udspændes af to vektorer $\mathbf u$ og $\mathbf v$ fra Wikipedia.

Det er altså muligt at have vektorrum, som ligger i eksempelvis $\mathbb{R}^3,$ men som kun udgør en lille andel af vektorerne i $\mathbb{R}^3.$ Disse typer af vektorrum kaldes underrum.

Lad $V$ være et vektorrum over $\mathbb{F}$ . En ikke-tom delmængde $U\subseteq V$ kaldes et underrum af $V,$ hvis det for alle $\mathbf u,\mathbf v\in U$ og $\lambda\in \mathbb{F}$ opfylder:

$\mathbf u + \mathbf v\in U,$
$\lambda \mathbf u\in U.$

$U$ siges at være lukket med hensyn til linearkombinationer.

Vi vil mest se på underrum af $\mathbb{F}^m$ i dette kursus.

Et underrum af $\mathbb{R}^3$ kan være af fire forskellige slags.

Det kan bestå af kun origo, $\{\mathbf 0\}.$
Det kan være en linje der indeholder origo.
Det kan være en plan der indeholder origo.
Det kan være hele $\mathbb{R}^3$ (som selvfølgelig automatisk indeholder origo).

Et underrum arver egenskaberne fra Definition 6.1, da $U$ er en delmængde af $V.$ Betingelserne i Definition 6.2 viser, at man nu kan erstatte $V$ med $U$ i den første betingelse af Definition 6.1, så længe vektorerne kommer fra $U.$ Vi får også at origo, $\mathbf 0,$ ligger i $U,$ fordi der må gælde $\mathbf 0 = 0\mathbf u \in U$ for en vektor $\mathbf u\in U.$ Det betyder faktisk at:

$\text{Et underrum er også et vektorrum.}$

Vi skal nu se på den mest almindelige måde at beskrive underrum på, nemlig ved linearkombinationer.

Lad $V$ være et vektorrum over $\mathbb{F}$ , og lad $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\in V.$ Vi kalder

$x_1\mathbf v_1 + x_2\mathbf v_2 + \dots + x_n\mathbf v_n$ for en linearkombination af vektorerne $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n,$ hvor $x_1,\dots,x_n$ er skalarer i $\mathbb{F}.$

Mængden af alle linearkombinationer af $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n$ kaldes spannet af vektorerne, og skrives

$\mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\} = \{\, x_1\mathbf v_1 + \dots + x_n\mathbf v_n : x_1,\dots,x_n\in\mathbb{F} \,\}.$

Det er værd at bemærke, at $\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\}$ er mængden af de $n$ vektorer $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n.$ Hvorimod $\mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\}$ er mængden af de uendelig mange forskellige linearkombinationer, der kan tages af $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n.$

Vi starter med et simpelt geometrisk eksempel. Overvej følgende vektorer i $\mathbb{R}^3$ :

$\mathbf e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad \mathbf e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}.$ Så vil spannet af $\mathbf e_1$ og $\mathbf e_2$ bestå af alle vektorer i $\mathbb{R}^3$ på formen

$x\mathbf e_1 + y\mathbf e_2 = \begin{pmatrix} x \\ y \\ 0 \end{pmatrix}.$ Vi har altså

$\mathrm{span}\{\mathbf e_1,\mathbf e_2\} = \{\, (x,y,0)^\textup{T} : x,y\in\mathbb{R} \,\}.$ Dette er lige præcis punkterne i $xy$ -planen.

Lad os nu se på en tredje vektor

$\mathbf v = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}.$ Nu kan vi overveje spannet af $\mathbf e_1$ og $\mathbf v$ :

$\mathrm{span}\{\mathbf e_1,\mathbf v\} = \{\, (x_1+x_2,2x_2,0)^\textup{T} : x_1,x_2\in\mathbb{R} \,\}.$ Det er måske lidt mindre tydeligt denne gang, men faktisk er dette også $xy$ -planen. Hvis vi sætter $x_2 = \frac{1}{2}y$ og $x_1 = x - \frac{1}{2}y,$ får vi lige præcis koordinaterne til punktet $(x,y,0).$

$\mathbf v = \mathbf e_1 + 2\mathbf e_2,$ det vil sige at $\mathbf v$ ligger i $\mathrm{span}\{\mathbf e_1,\mathbf e_2\},$ så vi kan ikke få "nye" vektorer som ikke allerede er udspændt af $\mathbf e_1$ og $\mathbf e_2,$ ved at tage linearkombinationer af $\mathbf e_1$ og $\mathbf v.$ Omvendt har vi også $\mathbf e_2 = \frac{1}{2}(\mathbf v-\mathbf e_1).$ Faktisk har vi netop

$\mathrm{span}\{\mathbf e_1,\mathbf e_2\} = \mathrm{span}\{\mathbf e_1,\mathbf v\} = \mathrm{span}\{\mathbf e_2,\mathbf v\} = \mathrm{span}\{\mathbf e_1,\mathbf e_2,\mathbf v\}.$ I næste afsnit skal vi se, hvordan man finder det minimale antal vektorer der udspænder et vektorrum, ved at tjekke for lineær uafhængighed.

Lad $\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_n$ være vektorer i et vektorrum $V$ , og lad

$U = \mathrm{span}\{\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_i, \dots, \mathbf v_j, \dots, \mathbf v_n\}.$ Så gælder at $U$ ikke ændres ved følgende modifikationer til spannet:

Ombytning for rækkefølge af vektorer:
$\mathrm{span}\{\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_j, \dots, \mathbf v_i, \dots, \mathbf v_n\}.$
Multiplikation af en vektor med skalar $\lambda\neq 0$ :
$\mathrm{span}\{\mathbf v_1, \dots, \lambda\mathbf v_i, \dots, \mathbf v_j, \dots, \mathbf v_n\}.$
Addition af et multiplum af en vektor til en anden vektor:
$\mathrm{span}\{\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_i + \lambda\mathbf v_j, \dots, \mathbf v_j, \dots, \mathbf v_n\}.$

Bevis

Vi beviser kun (iii), da beviserne for (i) og (ii) er tilsvarende (men lettere).

Lad os kalde

$\widetilde{U} = \mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_i+\lambda\mathbf v_j,\dots,\mathbf v_j,\dots,\mathbf v_n\}.$ Vi starter nu med at se på en linearkombination $\mathbf v\in \widetilde{U},$ fra vektorerne der definerede $\widetilde{U}$ :

$\begin{aligned} \mathbf v &= x_1\mathbf v_1 + \dots + x_i(\mathbf v_i+\lambda\mathbf v_j) + \dots + x_j\mathbf v_j + \dots + x_n\mathbf v_n \\ &= x_1\mathbf v_1 + \dots + x_i\mathbf v_i + \dots + (x_i\lambda + x_j)\mathbf v_j + \dots + x_n\mathbf v_n. \end{aligned}$ Vi har altså at $\mathbf v\in U.$ Omvendt, lad os overveje en linearkombination $\mathbf u\in U,$ fra vektorerne der definerede $U$ :

$\begin{aligned} \mathbf u &= x_1\mathbf v_1 + \dots + x_i\mathbf v_i + \dots + x_j\mathbf v_j + \dots + x_n\mathbf v_n \\ &= x_1\mathbf v_1 + \dots + x_i(\mathbf v_i+\lambda\mathbf v_j) + \dots + (x_j-x_i\lambda)\mathbf v_j + \dots + x_n\mathbf v_n. \end{aligned}$ Vi har altså at $\mathbf u\in\widetilde{U}.$ Samlet set har vi vist $\widetilde{U}\subseteq U \subseteq \widetilde{U},$ eller rettere $U = \widetilde{U}.$

Man kan nu overveje, hvad relationen fra linearkombinationer og til lineære ligningssystemer er. Hvis vi har $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n \in \mathbb{F}^m,$ kan vi opstille en $m\times n$ matrix med disse søjler, $A = (\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n).$ Tilsvarende kan vi tage en vektor $\mathbf x = (x_1,\dots,x_n)^\textup{T}\in\mathbb{F}^n,$ og så vil matrix-vektor produktet give følgende linearkombination:

$A\mathbf x = x_1\mathbf v_1 + \dots + x_n\mathbf v_n.$ Så vi er faktisk allerede ret bekvemme med linearkombinationer, gennem vores erfaring med at gange matricer på vektorer. Dette viser, at en vektor $\mathbf b\in \mathbb{F}^m$ ligger i $\mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\},$ hvis og kun hvis, ligningssystemet

$A\mathbf x=\mathbf b$ har en løsning $\mathbf x\in\mathbb{F}^n.$

Betragt nu vektorerne

$\mathbf v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\qquad\text{og}\qquad \mathbf v_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}.$ Lad os undersøge om

$\mathbf b = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}\in \mathrm{span}\{\mathbf v_1, \mathbf v_2\}?$ Som ovenfor kan vi opstille ligningssystemet $A \mathbf x = \mathbf b,$ hvor $A$ er matricen med søjler $\mathbf v_1$ og $\mathbf v_2.$ Fra totalmatricen får vi

$\left(\begin{matrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}\right.\right) \enskip\sim\enskip \left(\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}\right.\right) ,$ hvor sidste række indikerer $0 = 2$ (hvorfor gør den det?). Ligningssystemet har ikke en løsning, og dermed gælder $\mathbf b\notin\mathrm{span}\{\mathbf v_1, \mathbf v_2\}$ (tilhører ikke spannet).

Definition 6.4 er relativt abstrakt, og det er en rigtig god ide at forbinde den til de konkrete forhold i eksempelvis Opgave 6.5.

Den mest almindelige måde at konstruere underrum på, er netop ved spannet af nogle givne vektorer.

Hvis $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n$ er vektorer i et vektorrum $V$ , så er

$U = \mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\}$ et underrum af $V.$

Beviset for dette resultat er givet i Opgave 6.6.

6.3 Lineær uafhængighed

De to vektorer

$\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\qquad\text{og}\qquad \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ er specielle, i og med at ingen af dem kan udelades fra

$V = \mathrm{span}\left\{\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right\},$ uden at $V$ ændres (fra $\mathbb{R}^2$ til $x$ -aksen eller $y$ -aksen). Det er helt anderledes med vektorerne

$\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\qquad\text{og}\qquad \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix}.$ Her ændres ikke

$V = \mathrm{span}\left\{\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix} \right\},$ hvis en af dem udelades. Vektorerne er parallelle, og vi får derfor ikke nye vektorer i spannet, ved at anvende begge disse vektorer.

Mere kompliceret bliver det hvis vi har flere vektorer $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n,$ da det ikke længere er nok at tjekke om nogle af vektorerne er parallelle, men rettere om nogle af vektorerne er linearkombinationer af de andre.

Lad $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n$ være vektorer i et vektorrum $V$ .

Overvej følgende linearkombination, der giver nulvektoren:
$\mathbf 0 = x_1\mathbf v_1 + x_2\mathbf v_2 + \dots + x_n\mathbf v_n. \tag{6.1}$ Vektorerne $\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_n$ kaldes lineært uafhængige, hvis den eneste mulighed for linearkombinationen (6.1) er for
$x_1 = x_2 = \dots = x_n = 0.$
Hvis $V$ er et underrum af $\mathbb{F}^m,$ og vi danner $m\times n$ matricen $A = (\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n),$ så er vektorerne lineært uafhængige, hvis og kun hvis,
$A\mathbf x = \mathbf 0$ kun har nulløsningen (ingen frie variable).
Hvis vektorerne ikke er lineært uafhængige, kaldes de i stedet lineært afhængige.

Vi ser at dette er den korrekte definition for at finde det minimale antal vektorer, der udspænder et vektorrum: Hvis $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n$ er lineært afhængige, så findes en linearkombination som giver nulvektoren

$\mathbf 0 = x_1\mathbf v_1 + \dots + x_{j-1}\mathbf v_{j-1} + x_j\mathbf v_j + x_{j+1}\mathbf v_{j+1} + \dots + x_n\mathbf v_n,$ hvor mindst en koefficient er forskellig fra nul, eksempelvis $x_j \neq 0.$ Så vil man kunne isolere $\mathbf v_j$ i ligningen og få

$\mathbf v_j = -\frac{x_1}{x_j}\mathbf v_1 - \dots - \frac{x_{j-1}}{x_j}\mathbf v_{j-1} - \frac{x_{j+1}}{x_j}\mathbf v_{j+1} - \dots - \frac{x_n}{x_j}\mathbf v_n.$ Det betyder, at $\mathbf v_j$ er en linearkombination af de andre vektorer, og derfor bidrager $\mathbf v_j$ ikke med yderligere nye vektorer i spannet. Hvis vi udelader $\mathbf v_j$ i $\mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\},$ får vi derfor stadig den samme mængde af vektorer. Når man har lineært uafhængige vektorer, kan ingen af vektorerne undværes fra spannet.

Lineær uafhængighed, linearkombination og span er begreber der kræver tilvænning, men er særdeles vigtige fremadrettet. Så tag en læsepause nu og løs Quiz 6.7.

Betragt vektorerne

$\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}\qquad\text{og}\qquad \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ i $\mathbb{R}^2.$ For at afgøre om de er lineært uafhængige, skal vi ifølge Definition 6.9 undersøge ligningssystemet

$\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix}.$ Vi kan ret hurtigt se, at RREF for systemmatricen er

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}.$ Derfor er $x_3$ en fri variabel. Med $x_3 = 1$ bliver $x_1 = -1$ og $x_2=1,$ i fin overensstemmelse med

$(-1)\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix} + 1\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} + 1\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix}.$ Derfor er vektorerne ikke lineært uafhængige. Matricens dimensioner taget i betragtning, kunne vi nok have forudset, at der ikke var plads til tre pivotsøjler, inden vi gik i gang med at regne.

Vi har dog, ved at udelade den sidste af søjlerne i ligningssystemet, at vektorerne $(2,3)^\textup{T}$ og $(1,2)^\textup{T}$ er lineært uafhængige.

6.4 Basis og koordinatvektor

Som tidligere nævnt i dette kapitel, kan vektorrum bestå af andet end søjlevektorer. Vi ønsker stadig at kunne anvende teorien fra matrixregning til at løse ligningssystemer inden for disse vektorrum. Det kræver en konsekvent måde at gå mellem abstrakte vektorer, og koordinater i linearkombinationer, hvor disse koordinater er almindelige tal i $\mathbb{F}.$

Selv hvis vi arbejder med vektorrum af søjlevektorer, kan det ofte være brugbart at beskrive dem i et andet koordinatsystem. Dette er essentielt for anvendelser, og bliver mere tydeligt i de kommende kapitler. Begge disse problemstillinger løses med baser.

$\phantom{ }$

En mængde af vektorer kaldes en basis for vektorrum hvis følgende to betingelser er opfyldt:
1. $\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_m$ er lineært uafhængige.
2. $\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_m$ udspænder hele vektorrummet $V,$ det vil sige $V = \mathrm{span}\{\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_m\}.$
For en linearkombination af basisvektorer
$\mathbf v = x_1\mathbf v_1 + \dots + x_m\mathbf v_m,$ kaldes vektoren $[\mathbf v]_B = (x_1,\dots,x_m)^\textup{T}$ for koordinatvektoren for $\mathbf v,$ med hensyn til basen $B.$
Hvis $V$ er et vektorrum af søjlevektorer, kan vi skrive $B = (\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_m)$ som en matrix. Så findes koordinatvektoren $[\mathbf v]_B=\mathbf x$ som løsning til ligningssystemet
$B\mathbf x = \mathbf v.$

Rækkefølgen i koordinaterne for en basis, skrevet i koordinatvektoren, afhænger af rækkefølgen man annoterer sine basisvektorer. Vi vil altid give rækkefølgen eksplicit, eller antage at der er en underforstået rækkefølge; dette vil nogle kalde en ordnet basis, men egentlig handler det bare om at gøre tingene ordenligt!

Det første man bør fundere over, er entalsformen der bliver brugt: Koordinatvektoren. Det hentyder, at der til hvert $\mathbf v$ er en entydig måde at skrive $\mathbf v$ som en linearkombination af basisvektorerne. Dette kommer fra den lineære uafhængighed for basisvektorer. Lad os sige, at vi har to linearkombinationer som giver $\mathbf v$ :

$\begin{aligned} \mathbf v &= x_1\mathbf v_1 + x_2\mathbf v_2 + \dots + x_m\mathbf v_m \\ &= y_1\mathbf v_1 + y_2\mathbf v_2 + \dots + y_m\mathbf v_m. \end{aligned}$ Ved at trække de to udtryk fra hinanden, får vi

$\mathbf 0 = (x_1-y_1)\mathbf v_1 + (x_2-y_2)\mathbf v_2 + \dots + (x_m-y_m)\mathbf v_m.$ Men basisvektorerne er per definition lineært uafhængige, så fra Definition 6.9 må vi have at $x_1 = y_1,$ $x_2 = y_2,$ $\dots,$ $x_m = y_m.$ Dermed er der kun en koordinatvektor til $\mathbf v$ for hver basis.

Notationen $[\mathbf v]_B$ kan se lidt forvirrende ud, men den indeholder alt hvad vi har brug for at vide. Der er en underliggende vektor $\mathbf v,$ og vi ønsker at beskrive denne vektor ved hjælp af en basis $B.$ Koordinatvektoren $[\mathbf v]_B$ indeholder lige præcis de koefficienter, der beskriver $\mathbf v$ ud fra basen $B.$

Intuitivt skal man forstå basisvektorer som akserne i et koordinatsystem, og koordinaterne er de tal, der beskriver hvor langt vi skal gå langs disse akser, for at ramme en given vektor.

Eksempel på en vektor $\mathbf v = (x,y)^{\textup{T}}\in\mathbb{R}^2,$ beskrevet med standardbasen og en anden basis $\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2\}.$

Vi kender allerede en basis for $\mathbb{F}^m,$ da vi er vant til at beskrive vektorer ud fra akserne i et sædvanligt koordinatsystem.

For $\mathbb{F}^m$ kaldes mængden af vektorerne

$\mathbf e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \dots, \quad \mathbf e_m = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ for standardbasen. Det svarer til søjlerne i identitetsmatricen $I_m.$

Standardbasen er vidunderlig let at bruge. Hvis $B = \{\mathbf e_1,\dots,\mathbf e_m\}$ og $\mathbf v\in \mathbb{F}^m,$ så er $[\mathbf v]_B = \mathbf v.$ Vi kan altså aflæse koordinaterne direkte fra vektoren. Eksempelvis har vi

$\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} = 1\mathbf e_1 + 2\mathbf e_2 + 3\mathbf e_3.$

Man kan måske undre sig over, hvorfor man nogensinde skulle have brug for andre baser end standardbasen, når man undersøger vektorer i $\mathbb{F}^m.$ For det første er der underrum af $\mathbb{F}^m,$ som slet ikke indeholder nogen af standardbasisvektorerne, og så må man jo klare sig uden; eksempelvis linjen givet ved $\mathrm{span}\{(1,1)^\textup{T}\},$ indeholder ikke nogen af $x$ - eller $y$ -akserne.

En anden årsag kommer vi til i Kapitel 7, hvor baser bruges til at repræsentere lineære transformationer som matricer. Standardbasen giver sjældent pæne matrixrepræsentationer, og her kommer vi i Kapitlerne 8, 11 og 12 til at se, hvordan vi kan finde optimale baser.

Det kan ikke understreges nok, at for at forstå hvad en basis er, bliver man nødt til at se på adskillige konkrete eksempler. Som et absolut minimum bør du løse Opgave 6.8.

Lad os betragte vektorerne

$\mathbf v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad \mathbf v_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.$ Det oplyses at $B = \{\mathbf v_1,\mathbf v_2,\mathbf v_3\}$ udgør en basis for $\mathbb{R}^3.$ Vi kan også tænke på $B$ som $3\times 3$ matricen med søjler $\mathbf v_1,$ $\mathbf v_2$ og $\mathbf v_3.$

Vi ønsker nu at finde koordinatvektoren $[\mathbf v]_B$ for

$\mathbf v = \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}.$ Fra Definition 6.11 skal vi løse ligningssystemet $B\mathbf x = \mathbf v.$ Vi sætter totalmatricen $(B|\mathbf v)$ på RREF:

$\left(\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} 2 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}\right.\right) \enskip\sim\enskip \left(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\,\left|\,\, \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 3 \end{matrix}\right.\right) .$ Dermed er $[\mathbf v]_B = (1,1,3)^\textup{T},$ hvilket er i fin overensstemmelse med

$\mathbf v = \mathbf v_1 + \mathbf v_2 + 3\mathbf v_3.$ Matricen $B$ er invertibel. Man kunne også en gang for alle finde $B^{-1},$ hvis man skal udregne flere koordinatvektorer.

Det blev påstået i starten af eksemplet, at $\{\mathbf v_1,\mathbf v_2,\mathbf v_3\}$ er en basis. Næste afsnit fortæller, at det er nok at finde tre lineært uafhængige vektorer i $\mathbb{R}^3,$ for at de udgør en basis. Fra RREF ovenfor, ser vi blandt andet at disse tre vektorer er lineært uafhængige.

6.5 Dimension af vektorrum

Et vektorrum, der indeholder uendelig mange lineært uafhængige vektorer, kaldes uendelig dimensionalt; der findes ikke nogen endelig mængde af vektorer, der udspænder sådan et vektorrum. Mange interessante vektorrum er uendelig dimensionale, især mange vektorrum bestående af funktioner eller talfølger. I dette kursus vil vi kun beskæftige os med endelig dimensionale vektorrum, det vil sige vektorrum udspændt af endelig mange vektorer.

En konsekvens af følgende resultat er, at alle endelig dimensionale vektorrum har en basis.

Lad $V$ være et endelig dimensionalt vektorrum. Hvis

$\mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\} = V$ men

$\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n \textup{ er lineært afhængige,}$ så eksisterer en delmængde af vektorerne $B \subset \{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\},$ så $B$ er en basis for $V$ ; vi siger at der udtyndes til en basis.

Bevis

Da $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n$ er lineært afhængige, så har

$\mathbf 0 = x_1\mathbf v_1 + \dots + x_n\mathbf v_n$ en løsning med mindst et $x_j \neq 0.$ Vi kan her antage at $x_n \neq 0$ (ved at omdøbe vores vektorer). Derved er $\mathbf v_n$ en linearkombination af $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_{n-1},$ så spannet ændres ikke hvis vi fjerner $\mathbf v_n$ :

$\mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_{n-1}\} = \mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\}.$ Dette kan vi fortsætte med induktivt, og til sidst har vi $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_k$ lineært uafhængige vektorer (op til omdøbningen af vektorerne), med samme span som den oprindelige mængde vektorer; denne sidste del viser også, at processen stopper før vi har fjernet alle vektorerne når $V\neq\{\mathbf 0\}.$ Det vil sige $\mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_k\} = V,$ og $\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_k\}$ udgør derfor en basis.

For udtynding til basis for et underrum $V\subseteq\mathbb{F}^m$ : Hvis $\mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\} = V,$ kan man opstille matricen $A = (\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n),$ overføre $A$ til RREF, og beholde de vektorer med samme søjlenummer som pivotsøjlerne i RREF (som derfor er lineært uafhængige). Dette er en del af Sætning 6.23.

Næste resultat er helt centralt, og siger først at forskellige baser for det samme vektorrum altid består af det samme antal vektorer. Anden del siger, at hvis vi kender dette antal (dimensionen), er det nok at tjekke om vektorerne er lineært uafhængige for at få en basis. Dem der senere skal have Fourieranalyse, vil også støde på uendelig dimensionale vektorrum, hvor begrebet $\infty$ gør dette mere kompliceret.

Lad $V$ være et endelig dimensionalt vektorrum.

Antag at $\{\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_n\}$ og $\{\mathbf u_1, \dots, \mathbf u_{m}\}$ er to baser for $V.$ Så er $m = n.$
Antallet af vektorer i en basis for $V$ kaldes dimensionen af $V,$ og skrives $\dim(V).$
Enhver mængde med $\dim(V)$ -antal lineært uafhængige vektorer i $V,$ udgør en basis for $V.$

Bevis $*$

(i): Det er nok at vise $n\leq m,$ fordi med samme bevis kan vi også vise $m\leq n.$ Vi argumenterer ved modstrid. Vi antager at $n>m,$ og viser at dette fører til en modstrid, for at $\{\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_n\}$ og $\{\mathbf u_1, \dots, \mathbf u_{m}\}$ begge er baser for $V.$

Til at begynde med bruger vi at $\{\mathbf u_1,\dots, \mathbf u_m\}$ er en basis, så vi kan skrive

$\begin{aligned} \mathbf v_1&=a_{11}\mathbf u_1+a_{21}\mathbf u_2+\dots +a_{m1}\mathbf u_m\\ \mathbf v_2&=a_{12}\mathbf u_1+a_{22}\mathbf u_2+\dots +a_{m2}\mathbf u_m\\ &\enskip\vdots \\ \mathbf v_n&=a_{1n}\mathbf u_1+a_{2n}\mathbf u_2+\dots +a_{mn}\mathbf u_m. \end{aligned}$ Nu opstiller vi et homogent ligningssystem med $m$ ligninger og $n$ ubekendte, med $m\times n$ systemmatricen $A = (a_{ij}),$

$A\mathbf x = \mathbf 0.$ Da $n>m,$ findes der af Sætning 3.4 en løsning til dette ligningssystem, som ikke er nulløsningen. Lad $\mathbf x = (x_1,\dots,x_n)^\textup{T}$ være en sådan løsning. Vi definerer nu en vektor

$\mathbf y=x_1\mathbf v_1+\dots+x_n\mathbf v_n.$ Nu er tiden kommet til at bruge, at $\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\}$ også er en basis, fordi det betyder jo at $\mathbf y\neq \mathbf 0$ af lineær uafhængighed, da dens koordinatvektor $\mathbf x\neq\mathbf 0.$ På den anden side, ved at indsætte udtrykkene for $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n,$ og samle bidragene fra $\mathbf u_1,\dots,\mathbf u_m,$ så får vi

$\begin{aligned} \mathbf y &=\left(a_{11}x_1+a_{12}x_2+\dots+a_{1n}x_n\right) \mathbf u_1\\ &\phantom{{}={}}+\cdots+\\ &\phantom{{}={}}\left(a_{m1}x_1+a_{m2}x_2+\dots+a_{mn}x_n\right) \mathbf u_m \\ &= (A\mathbf x)_1\mathbf u_1 + \dots + (A\mathbf x)_m\mathbf u_m \\ &= \mathbf 0. \end{aligned}$ Dette giver en modstrid mod antagelsen, at såvel $\{\mathbf u_1,\dots,\mathbf u_m\}$ som $\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\}$ er en basis, og første del af sætningen er bevist.

(ii): Antag at $\dim(V) = m$ og at $\{\mathbf u_1,\dots,\mathbf u_m\}$ er en basis for $V.$ Hvis $\mathbf w_1,\dots,\mathbf w_m \in V,$ så ved vi at deres span også er i $V.$ Vi vil nu vise resultatet ved modstrid, så antag at $\mathbf w_1,\dots,\mathbf w_m$ er lineært uafhængige, men ikke udspænder $V.$ Så findes derfor en vektor $\mathbf w_{m+1}\in V,$ således at $\mathbf w_1,\dots,\mathbf w_{m+1}$ er lineært uafhængige. Men fra beviset ovenfor for (i), hvor $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n$ erstattes af $\mathbf w_1,\dots,\mathbf w_{m+1},$ får vi en modstrid. Derfor må $\mathrm{span}\{\mathbf w_1,\dots,\mathbf w_m\} = V.$

Vi har at $\mathbb{F}^m$ er $m$ -dimensional, da standardbasen er en basis for $\mathbb{F}^m.$ Dermed ved vi også, at enhver mængde af $m$ lineært uafhængige vektorer i $\mathbb{F}^m,$ udgør en basis for $\mathbb{F}^m.$ Et eksempel på en basis for $\mathbb{R}^3,$ som ikke er standardbasen, kan findes i Eksempel 6.15.

Der gælder noget særligt om vektorrummet $\{\mathbf 0\},$ som kun består af origo. Dennes basis består af den tomme mængde $\emptyset,$ det vil sige mængden der ikke indeholder nogen vektorer. For dette vektorrum defineres dimensionen derfor som $0.$

Hvis vi igen ser på underrum af $\mathbb{R}^3,$ er $\{\mathbf 0\}$ bare punktet $(0,0,0),$ mens et underrum af dimension 1 er en linje gennem origo, et underrum af dimension $2$ er en plan der skærer origo, og hele $\mathbb{R}^3$ har dimension $3.$

Hvis man ikke har nok lineært uafhængige vektorer til at udspænde hele sit vektorrum, kan man udvide med flere lineært uafhængige vektorer, for at opnå en basis.

Lad $V$ være et endelig dimensionalt vektorrum. Hvis

$\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n \textup{ er lineært uafhængige i } V$ men

$\mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\} \neq V,$ så eksisterer vektorer $\mathbf v_{n+1},\dots,\mathbf v_{n+k}\in V,$ så $\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_{n+k}\}$ er en basis for $V$ ; vi siger at der udvides til en basis.

Bevis

Da $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_n\in V$ er lineært uafhængige, men ikke udspænder $V,$ eksisterer $\mathbf v_{n+1}\in V$ så også $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_{n+1}$ er lineært uafhængige. Dette kan fortsættes induktivt, og hver gang forøges dimensionen af spannet af vektorerne. Af Sætning 6.18 slutter denne leg, når vi kommer op på $\dim(V)$ -antal vektorer, og så har vi en basis.

Det er nok ikke så overraskende at $\dim(U)\leq \dim(V)$ for ethvert underrum $U\subseteq V.$ Dette er dog en konsekvens af Korollar 6.20.

6.6 Nulrum, søjlerum og rækkerum for matricer

Vi vender nu tilbage til at undersøge matricer, fordi der er nogle helt fundamentale underrum som knytter sig til enhver matrix.

Lad $A$ være en $m\times n$ matrix med tal i $\mathbb{F}.$ Nulrummet for $A$ er givet ved

$\mathcal{N}(A) = \{\, \mathbf v\in \mathbb{F}^n : A\mathbf v = \mathbf 0 \,\}.$ Søjlerummet for $A$ er givet ved

$\mathcal{C}(A) = \{\, A\mathbf v : \mathbf v\in\mathbb{F}^n \,\}.$ Søjlerummet $\mathcal{C}(A^\textup{T})$ for $A^\textup{T}$ har også et navn, dette kaldes rækkerummet for $A.$

Nogle steder bruges notationen $R(A)$ for rækkerummet. Det gør vi ikke her, da det kan skabe forvirring hvis man læser amerikanske bøger, hvor $R(A)$ ofte bruges for søjlerummet, og de to må ikke forveksles. Her står $R$ for range, hvilket oversat til et dansk matematisk begreb betyder billedmængden. Vores notation i Definition 6.21, eller varianter af den, er blevet mere almindeligt brugt de senere år i forbindelse med matricer.

Som en teoretisk øvelse (Opgave 6.9), kan man vise at $\mathcal{N}(A)$ og $\mathcal{C}(A^\textup{T})$ er underrum af $\mathbb{F}^n,$ mens $\mathcal{C}(A)$ er et underrum af $\mathbb{F}^m.$

Søjlerummet $\mathcal{C}(A)$ indeholder præcis de vektorer, som kan rammes af $A\mathbf v,$ det vil sige de vektorer som er linearkombinationer af søjlerne i $A.$ Det betyder også at et ligningssystem

$A\mathbf x = \mathbf b \tag{6.2}$ har en løsning, hvis og kun hvis, $\mathbf b\in \mathcal{C}(A),$ fordi så findes netop en vektor $\mathbf x,$ så $A\mathbf x$ rammer $\mathbf b.$ Søjlerummet beskriver derved alle tænkelige højresider, som giver anledning til et løsbart ligningssystem.

Nulrummet $\mathcal{N}(A)$ er også vigtigt når man løser lineære ligningssystemer. En vektor $\mathbf v$ tilhører $\mathcal{N}(A)$ præcis hvis $A\mathbf v = \mathbf 0.$ Hvis $\mathbf x$ er en løsning til (6.2) og $\mathbf v\in \mathcal{N}(A),$ så må gælde

$A(\mathbf x+\mathbf v) = A\mathbf x+A\mathbf v = \mathbf b.$ Det vil sige, at $\mathbf x + \mathbf v$ også er en løsning til (6.2), og hvis $\mathbf v\neq\mathbf 0$ er der tale om en ny løsning. Samtidig, hvis $\mathbf x$ og $\mathbf y$ er løsninger til (6.2), så vil gælde

$A(\mathbf x-\mathbf y) = A\mathbf x-A\mathbf y = \mathbf 0,$ og vektoren $\mathbf x-\mathbf y$ må tilhøre $\mathcal{N}(A).$ Samlet set har vi, at vektorer i $\mathcal{N}(A)$ kan lægges til en løsning $\mathbf x,$ for at skabe nye løsninger, samt at differencen på løsninger altid vil ligge i $\mathcal{N}(A).$ Det betyder at $\mathcal{N}(A)$ kan bruges til at opskrive samtlige løsninger til (6.2), såfremt vi har fundet en enkelt løsning. Mere præcist svarer $\mathcal{N}(A)$ til at beskrive de frie variable til (6.2).

Ligningssystemet $A\mathbf x=\mathbf b$ har en løsning, hvis og kun hvis, $\mathbf b\in \mathcal{C}(A).$
Ligningssystemet $A\mathbf x=\mathbf b$ har en entydig løsning, hvis og kun hvis, $\mathbf b \in \mathcal{C}(A)$ og $\dim \mathcal{N}(A) = 0$ (trivielt nulrum).
Hvis $\mathbf v_0$ er løsning til $A\mathbf x=\mathbf b,$ og $\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_k\}$ er en basis for $\mathcal{N}(A),$ så kan samtlige løsninger skrives
$\mathbf v_0 + \alpha_1\mathbf v_1 + \dots + \alpha_k\mathbf v_k,$ for vilkårlige tal $\alpha_1,\dots,\alpha_k\in \mathbb{F}.$

Rækkerummet $\mathcal{C}(A^\textup{T})$ er ikke så vigtigt lige nu, men det bliver det senere i Kapitel 9, når vi kigger på ortogonale komplementer. Navnet på rækkerummet kommer fra, at det er vektorrummet af alle linearkombinationer af rækkerne i $A$ (transponeret, det vil sige rejst op som søjlevektorer), tilsvarende som vi har at søjlerummet er vektorrummet af linearkombinationer af søjlerne i $A.$

En særdeles vigtig observation er, at nulrummet og rækkerummet ikke ændres ved rækkeoperationer på matricen. Desuden er søjlerummet relateret til pivotsøjlerne i matricens RREF. Dette er det helt centrale resultat, når det kommer til at finde baser for $\mathcal{N}(A),$ $\mathcal{C}(A)$ og $\mathcal{C}(A^\textup{T}).$

Lad $A$ være en $m\times n$ matrix og $B$ dens RREF. Så har $A$ og $B$ identiske nulrum og rækkerum.

Vi kan finde baser på følgende måde:

Søjlerne i $A$ svarende til pivotsøjlerne i $B$ (samme søjlenummer), udgør en basis for $\mathcal{C}(A).$
Rækkerne i $B$ (transponeret til søjlevektorer), som er $\neq \mathbf 0,$ udgør en basis for $\mathcal{C}(A^\textup{T}).$
En basis for $\mathcal{N}(A)$ kan findes fra den fuldstændige løsning af $B\mathbf x = \mathbf 0,$ ved at udtrække vektorer med bidraget fra hvert af de frie variable.

Bevis

Der findes en invertibel matrix $E$ (produkt af elementærmatricer) så $B = EA.$ Da $E$ er invertibel, ses at $A \mathbf x = \mathbf 0$ holder, hvis og kun hvis,

$B \mathbf x = E (A \mathbf x) = \mathbf 0.$ Dette oversættes umiddelbart til $\mathcal{N}(A) = \mathcal{N}(B).$

Ud fra RREF indses, at vi kan skrive løsninger op til $B\mathbf x=\mathbf 0,$ ved brug af de frie variable. Ligesom i Afsnit 4.4.1, kan opskrives en vektor der svarer til løsningen, hvor én fri variabel er sat til $1,$ og resten af de frie variable er sat til $0$ ; i den fuldstændige løsning har man linearkombinationer af disse vektorer, lad os kalde dem $\mathbf w_1,\dots,\mathbf w_k.$ Denne konstruktion betyder, at $\{\mathbf w_1,\dots,\mathbf w_k\}$ er lineært uafhængige, da hver af vektorerne har en indgang med et $1$ -tal (svarende til indekset på den tilsvarende frie variabel), mens resten har $0$ i samme indgang. Af Definition 6.11 er $\{\mathbf w_1,\dots,\mathbf w_k\}$ en basis for $\mathcal{N}(A).$

Vi får også at $A^\textup{T} \mathbf x = (E A)^\textup{T}\mathbf y=B^\textup{T}\mathbf y,$ hvor $\mathbf y = (E^\textup{T})^{-1} \mathbf x,$ og dermed er $\mathcal{C}(A^\textup{T})=\mathcal{C}(B^\textup{T}).$ Da rækkerne i $B,$ som er $\neq\mathbf 0,$ er lineært uafhængige (hver pivotsøjle har kun en indgang forskellig fra 0), så gælder af Definition 6.11, at disse rækker (transponeret) udgør en basis for $\mathcal{C}(A^\textup{T}).$

Det var ikke så slemt. Det er lidt mere indviklet at vise påstanden om søjlerummet $\mathcal{C}(A).$ Hvis $A = (\mathbf a_1,\dots,\mathbf a_n)$ og $B = (\mathbf b_1,\dots,\mathbf b_n),$ så er

$\begin{aligned} \mathcal{C}(A) &= \mathrm{span}\{\mathbf a_1,\dots,\mathbf a_n\} \\ &= \mathrm{span}\{E^{-1}\mathbf b_1,\dots,E^{-1}\mathbf b_n\} \\ &= E^{-1}\mathrm{span}\{\mathbf b_1,\dots,\mathbf b_n\}. \end{aligned}$ Den sidste notation betyder, at vi ganger $E^{-1}$ på alle elementerne i spannet. Men vi ved jo også, at $\mathrm{span}\{\mathbf b_1,\dots,\mathbf b_n\}$ er det samme som spannet af pivotsøjlerne. Ved at gange $E^{-1}$ på pivotsøjlerne, får man de tilsvarende søjler i $A.$ Dette svarer til søjlerne for de bundne variable i $A\mathbf x = \mathbf 0,$ som per Definition 6.9 er lineært uafhængige, og udgør derfor en basis for $\mathcal{C}(A)$ af Definition 6.11.

Vi giver et eksempel på hvordan baser for nulrummet $\mathcal{N}(A),$ rækkerummet $\mathcal{C}(A^\textup{T})$ og søjlerummet $\mathcal{C}(A)$ udregnes for en matrix $A.$

Lad

$A = \begin{pmatrix} {1} & -1 & 1 & -2\\ -1 & {2} & 1 & {1}\\ 1 & -1 & 1 & -2\\ -1 & {2} & 1 & {1} \end{pmatrix}.$ Først rækkereducerer vi $A$ til RREF:

$A \,\stackrel{\sim}{\substack{R_2 \to R_2 + R_1 \\ R_3\to R_3-R_1 \\ R_4\to R_4+R_1}}\, \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & -2\\ 0 & {1} & 2 & -1\\ 0 & {0} & 0 & {0}\\ 0 & {1} & 2 & -1 \end{pmatrix} \,\stackrel{\sim}{\substack{R_1\to R_1+R_2 \\ R_4\to R_4-R_2}}\, \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 & -3\\ 0 & 1 & 2 & -1\\ 0 & 0 & 0 & {0}\\ 0 & 0 & 0 & {0} \end{pmatrix}.$ Sidste matrix er på RREF, lad os kalde den $B.$ Nu ved vi fra Sætning 6.23, at $\mathcal{N}(A) = \mathcal{N}(B)$ og $\mathcal{C}(A^\textup{T}) = \mathcal{C}(B^\textup{T}).$

De bundne variable er $x_1$ og $x_2,$ og de frie variable er $x_3$ og $x_4,$ for løsning af $B\mathbf x=\mathbf 0$ og dermed $A\mathbf x=\mathbf 0.$ Det vil sige, et typisk element i $\mathcal{N}(A)$ er

$\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3t_3 + 3t_4 \\ -2t_3 + t_4 \\ t_3 \\ t_4 \end{pmatrix} = t_3 \begin{pmatrix} -3\\ -2\\ \color{red}{1} \\ {0} \end{pmatrix} + t_4 \begin{pmatrix} 3 \\ 1\\ 0 \\ \color{red}{1} \end{pmatrix},$ for vilkårlige tal $t_3$ og $t_4.$ Bemærk $\color{red}{\text{et}}$ -tallene på pladserne for de frie variable, som viser at man får lineært uafhængige vektorer. Heraf fremgår det at

$\left\{ \begin{pmatrix} -3 \\ -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}$ er en basis for $\mathcal{N}(A).$

Fra rækkerne i $B$ aflæser vi en basis for $\mathcal{C}(A^\textup{T})$ til at være

$\left\{ \begin{pmatrix} {1} \\ {0} \\ {3} \\ -3 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} {0} \\ {1} \\ {2} \\ -1 \end{pmatrix} \right\}.$ Læg mærke til, at vi gik fra at have rækkerummet som span af $4$ vektorer (de $4$ rækker i $A$ , transponeret til søjlevektorer), til et span af kun $2$ vektorer.

Pivotsøjlerne er de første to søjler i $B,$ så de første to søjler af $A,$

$\left\{ \begin{pmatrix} {1} \\ -1 \\ {1} \\ -1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1 \\ {2} \\ -1 \\ {2} \end{pmatrix} \right\},$ udgør en basis for $\mathcal{C}(A).$ Igen går vi fra et span på 4 søjlevektorer i $A,$ til kun at have brug for $2$ for at beskrive søjlerummet.

Det er faktisk ikke tilfældigt, at søjlerum og rækkerum begge har samme dimension i Eksempel 6.24, ligesom det heller ikke er tilfældigt, at summen af dimensionerne for søjlerum og nulrum giver antal søjler i matricen. Dette er nemlig den såkaldte dimensionssætning nedenfor.

Hvis man tænker lidt nærmere over Sætning 6.23, vil man indse at $\dim \mathcal{C}(A)$ relaterer til antal bundne variable (antal pivotsøjler), og $\dim \mathcal{N}(A)$ til antal frie variable (antal ikke-pivot søjler), hvilket til sammen giver antallet af søjler i $A.$

Lad $A$ være en $m\times n$ matrix. Så gælder:

$\dim \mathcal{C}(A) = \dim \mathcal{C}(A^\textup{T}),$
$n = \dim \mathcal{N}(A) + \dim \mathcal{C}(A),$
$m = \dim \mathcal{N}(A^\textup{T}) + \dim \mathcal{C}(A).$

Bevis

Den første del kommer direkte fra Sætning 6.23, da antallet af pivotsøjler og pivotrækker er identisk.

Hvis $p$ er antal pivotsøjler i RREF af $A,$ er $\dim \mathcal{C}(A) = p,$ og fra beviset i Sætning 6.23 er $\dim \mathcal{N}(A) = n-p.$

(iii) er en kombination af (i) og (ii) for matricen $A^\textup{T}.$

Hvem skulle på forhånd tro, at dimensionerne af række- og søjlerummene for en matrix havde noget med hinanden at gøre? Hvorfor skulle, for eksempel, dimensionerne af

$\mathrm{span}\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ 9 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ 10 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 3 \\ 7 \\ 11 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 4 \\ 8 \\ 12 \end{pmatrix} \right\}$ og

$\mathrm{span}\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ 7 \\ 8 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 9 \\ 10 \\ 11\\ 12 \end{pmatrix} \right\}$ være identiske? Dette viser hvor stærke matematiske resultater kan være.

Dimensionen af søjlerummet $\mathcal{C}(A),$ og dermed også dimensionen af rækkerummet $\mathcal{C}(A^\textup{T}),$ kaldes rangen af matricen $A$ og betegnes $\mathrm{rang}(A).$

Med denne betegnelse kan dimensionssætningen for en $m\times n$ matrix udtrykkes som

$n = \dim \mathcal{N}(A) + \mathrm{rang}(A), \tag{6.3}$

som passer fint med det engelske navn for dimensionssætningen: Rank-nullity theorem. Vi kan med garanti sige, at rangen for en $m\times n$ matrix $A$ opfylder $\mathrm{rang}(A) \leq \min\{m,n\}$ på grund af dimensionssætningen.

6.7 Mere om rangen af en matrix

Som vi så i dimensionssætningen, er rangen af en matrix en vigtig størrelse, som blandt andet fortæller hvor mange pivotsøjler der er i RREF af matricen. Vi så også at $\mathrm{rang}(A) = \dim \mathcal{C}(A) = \dim \mathcal{C}(A^\textup{T}),$ hvilket giver antal lineært uafhængige søjler og rækker i matricen. Vi skal senere se i Kapitel 12, at rangen helt præcist fortæller om informationsindholdet i en matrix, gennem dens singulære værdi dekomposition.

I dette afsnit ser vi lidt nærmere på, hvad der kan siges om rangen for en sum eller et produkt af to matricer, altså hvad kan vi sige generelt om $\mathrm{rang}(A+B)$ eller $\mathrm{rang}(AB),$ ud fra $\mathrm{rang}(A)$ og $\mathrm{rang}(B)$ ? Vi begynder med produktet af matricer.

Lad $A$ være en $m\times n$ matrix og $B$ være en $n\times p$ matrix. Så gælder

$\mathrm{rang}(A)+\mathrm{rang}(B)-n \leq \mathrm{rang}(AB) \leq \min\{\mathrm{rang}(A),\mathrm{rang}(B)\}.$ Dette medfører også følgende resultater:

Hvis $\mathrm{rang}(A) = n,$ så er $\mathrm{rang}(AB) = \mathrm{rang}(B).$
Hvis $\mathrm{rang}(B) = n,$ så er $\mathrm{rang}(AB) = \mathrm{rang}(A).$

Bevis $*$

Lad $\mathbf y\in \mathcal{C}(AB),$ så findes et $\mathbf x,$ således at $\mathbf y = AB\mathbf x = A(B\mathbf x).$ Dette viser at $\mathbf y\in \mathcal{C}(A),$ så vi har

$\mathcal{C}(AB)\subseteq \mathcal{C}(A).$ Efter samme argument har vi også at

$\mathcal{C}((AB)^\textup{T}) = \mathcal{C}(B^\textup{T} A^\textup{T}) \subseteq \mathcal{C}(B^\textup{T}).$ Fra dimensionssætningen (Sætning 6.25) har vi derfor $\mathrm{rang}(AB) \leq \mathrm{rang}(A)$ og $\mathrm{rang}(AB) \leq \mathrm{rang}(B),$ hvilket viser den øvre grænse.

Nu viser vi den nedre grænse. Fra dimensionssætningen er $\mathrm{rang}(AB) = p-\dim \mathcal{N}(AB),$ $\mathrm{rang}(A) = n-\dim \mathcal{N}(A)$ og $\mathrm{rang}(B) = p-\dim \mathcal{N}(B).$ Ved at indsætte disse størrelser, indses at

$\mathrm{rang}(AB) \geq \mathrm{rang}(A)+\mathrm{rang}(B)-n$ er ækvivalent med

$\dim \mathcal{N}(A) + \dim \mathcal{N}(B) \geq \dim \mathcal{N}(AB). \tag{6.4}$ Vi kan derfor vise (6.4) i stedet.

Lad os sige at $\dim \mathcal{N}(B) = r$ og $\dim \mathcal{N}(AB) = r+s,$ for ikke-negative $r$ og $s,$ eftersom $\mathcal{N}(B)\subseteq \mathcal{N}(AB).$ Lad $\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_r\}$ være en basis for $\mathcal{N}(B),$ så kan vi udvide denne til en basis $\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_r,\mathbf v_{r+1},\dots,\mathbf v_{r+s}\}$ for $\mathcal{N}(AB)$ med Korollar 6.20. Fra lineær uafhængighed er

$\mathrm{span}\{\mathbf v_{r+1},\dots,\mathbf v_{r+s}\} \cap \mathcal{N}(B) = \{\mathbf 0\}. \tag{6.5}$ Som det næste skridt viser vi, at $\{B\mathbf v_{r+1},\dots,B\mathbf v_{r+s}\}$ er lineært uafhængige vektorer, og undersøger derfor en linearkombination der giver nulvektoren:

$\mathbf 0 = \sum_{i=r+1}^{r+s} \alpha_i B\mathbf v_i = B\Bigl(\underbrace{\sum_{i=r+1}^{r+s}\alpha_i\mathbf v_i}_{\mathbf v}\Bigr).$ Vi har derfor at $\mathbf v\in \mathcal{N}(B).$ Men fra (6.5), og da $\{\mathbf v_{r+1},\dots,\mathbf v_{r+s}\}$ er lineært uafhængige, må gælde at $\alpha_{r+1}=\dots=\alpha_{r+s} = 0,$ altså at $\{B\mathbf v_{r+1},\dots,B\mathbf v_{r+s}\}$ er lineært uafhængige.

Da $\mathbf v_{r+1},\dots,\mathbf v_{r+s}\in \mathcal{N}(AB),$ er $AB\mathbf v_{r+1} = \dots = AB\mathbf v_{r+s} = \mathbf 0,$ og vi har

$\underbrace{\mathrm{span}\{B\mathbf v_{r+1},\dots,B\mathbf v_{r+s}\}}_{\text{dimension}\,\, s} \subseteq \mathcal{N}(A).$ Derfor er $\dim \mathcal{N}(A) \geq s,$ og vi har nu vist vores ulighed (6.4):

$\dim \mathcal{N}(A) + \dim \mathcal{N}(B) \geq s + r = \dim \mathcal{N}(AB).$

De to underresultater (i) og (ii) følger nu direkte; lad os gennemgå (i). Hvis $\mathrm{rang}(A) = n,$ har vi fra vores uligheder:

$\mathrm{rang}(B) = \mathrm{rang}(A)+\mathrm{rang}(B)-n \leq \mathrm{rang}(AB)$ og

$\mathrm{rang}(B) \geq \min\{\mathrm{rang}(A),\mathrm{rang}(B)\} \geq \mathrm{rang}(AB),$ altså $\mathrm{rang}(AB) = \mathrm{rang}(B).$

Som en del af beviset for Sætning 6.27, så vi at den nedre grænse for $\mathrm{rang}(AB)$ kan omskrives til en ulighed omkring dimensionen af nulrummene, som også kan være brugbar i sig selv:

$\dim \mathcal{N}(AB) \leq \dim \mathcal{N}(A) + \dim \mathcal{N}(B). \tag{6.6}$

Tag nu Quiz 6.11 om brugen af Sætning 6.27.

Lad os betragte nogle matricer

$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 5 \end{pmatrix} \quad \text{og} \quad B = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 1+\mu \\ 0 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix},$ hvor symbolet $\mu$ repræsenterer et tal. Ved at inspicere matricerne (se søjle 1, 2 og 4 i $A$ og række 1, 3 og 4 i $B$ ), indses hurtigt at $\mathrm{rang}(A) = \mathrm{rang}(B) = 3.$ Der er såkaldt fuld rang, det vil sige den størst mulige rang for en $3\times 4$ og en $4\times 3$ matrix.

Matricen $BA$ er en $4\times 4$ matrix. Hvis interessen er om denne matrix er invertibel, så behøver vi ikke engang at udregne matrixproduktet. Sætning 6.27 fortæller at $\mathrm{rang}(BA)$ højst kan være $3,$ så matricen er singulær, da den skulle have en rang på $4$ for at være invertibel (således at der er $4$ pivotsøjler i dens RREF).

Ser vi derimod på $3\times 3$ matricen $AB,$ så giver Sætning 6.27 grænser for $\mathrm{rang}(AB)$ :

$2 = \mathrm{rang}(A)+\mathrm{rang}(B)-4 \leq \mathrm{rang}(AB) \leq \min\{\mathrm{rang}(A),\mathrm{rang}(B)\} = 3.$ Så vi ved på forhånd, at matricen $AB$ enten har rang $2$ (singulær) eller $3$ (invertibel). Lad os udregne $AB$ :

$AB = \begin{pmatrix} 0 & 4 & 4 \\ 0 & 3 & 3+3\mu \\ 5 & 0 & 2 \end{pmatrix}.$ Det står nu klart, at hvis $\mu = 0$ er $\mathrm{rang}(AB) = 2,$ mens hvis $\mu\neq 0$ er $\mathrm{rang}(AB) = 3.$ Dette viser et konkret eksempel på, at produktet $AB$ sagtens kan have en lavere rang end de individuelle matricer $A$ og $B.$

Vi ser nu nærmere på summen af matricer.

Lad $A$ og $B$ være $m\times n$ matricer. Så gælder

$\mathrm{rang}(A+B) \leq \mathrm{rang}(A) + \mathrm{rang}(B).$

Bevis

Lad $\mathbf v\in \mathcal{C}(A+B),$ så er $\mathbf v = \mathbf x+\mathbf y$ for nogle vektorer $\mathbf x\in \mathcal{C}(A)$ og $\mathbf y\in \mathcal{C}(B).$

Antag nu at $\dim \mathcal{C}(A) = r$ med en basis $\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_r\},$ og $\dim \mathcal{C}(B) = s$ med en basis $\{\mathbf w_1,\dots,\mathbf w_s\},$ så har vi

$\mathcal{C}(A+B) \subseteq \mathrm{span}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_r,\mathbf w_1,\dots,\mathbf w_s\},$ hvor højresiden har dimension på højst $r+s.$ Det vil sige

$\begin{aligned} \mathrm{rang}(A+B) &= \dim \mathcal{C}(A+B) \\ &\leq \dim \mathcal{C}(A)+\dim \mathcal{C}(B) \\ &= \mathrm{rang}(A)+\mathrm{rang}(B), \end{aligned}$ hvilket viser uligheden.

Der er mere præcise uligheder end Proposition 6.29 for $\mathrm{rang}(A+B).$ Lad $A$ og $B$ være lige store matricer, og lad $d_1 = \dim[\mathcal{C}(A)\cap \mathcal{C}(B)]$ og $d_2 = \dim[\mathcal{C}(A^\textup{T})\cap \mathcal{C}(B^\textup{T})].$ Så gælder følgende uligheder:

$\mathrm{rang}(A+B) \geq \mathrm{rang}(A)+\mathrm{rang}(B) - d_1 - d_2$ og

$\mathrm{rang}(A+B) \leq \mathrm{rang}(A) + \mathrm{rang}(B) - \max\{d_1,d_2\}.$ Disse forbedrede uligheder blev fundet ved forskning for Boeing i 1964.

Den eneste måde hvorpå vi kan have $\mathrm{rang}(A+B) = \mathrm{rang}(A) + \mathrm{rang}(B),$ er derfor præcis når

$\mathcal{C}(A)\cap \mathcal{C}(B) = \{\mathbf 0\} \quad\text{og}\quad \mathcal{C}(A^\textup{T})\cap \mathcal{C}(B^\textup{T}) = \{\mathbf 0\}.$ $A$ og $B$ skal altså have komplementære bidrag i søjle- og rækkerummene. Et eksempel på dette findes i Kapitel 12, hvor det ses hvordan enhver rang- $r$ matrix kan skrives som en sum af $r$ rang-1 matricer.

6.8 Opgaver

Vi ser nærmere på Definition 6.1. Lad $V$ være et vektorrum og $\mathbf u\in V.$ Gør detaljeret rede for:

$0\mathbf u = \mathbf 0,$ hvor $0$ på venstresiden er skalaren nul, og $\mathbf 0$ på højresiden er nulvektoren i $V.$
$\lambda\mathbf 0 = \mathbf 0$ for enhver skalar $\lambda \in \mathbb{F}.$
Hvis $\mathbf u + \mathbf v = \mathbf 0$ for et $\mathbf v\in V,$ så er $\mathbf v = (-1)\mathbf u.$ Der er altså præcis ét additivt invers element til hvert $\mathbf u.$
Hvis $\mathbf u + \mathbf v = \mathbf u$ for et $\mathbf v\in V,$ så er $\mathbf v = \mathbf 0.$ Der er altså ingen konkurrent til nulvektoren.

Hvilke af nedenstående udsagn er rigtige?

Punkterne på linjen i $\mathbb{R}^2,$ givet ved $y = 2x + 1,$ er et underrum af $\mathbb{R}^2.$

Et underrum af $\mathbb{F}^m$ indeholder altid $\mathbf 0.$

Hvis $\lambda, \mu\in \mathbb{F}$ og $\mathbf u, \mathbf v\in U,$ hvor $U$ er et underrum af $\mathbb{F}^m,$ så vil

$\lambda \mathbf u + \mu \mathbf v \in U.$

Punkterne på parablen $y = x^2$ i $\mathbb{R}^2,$ er et underrum af $\mathbb{R}^2.$

Betragt delmængden $U = \{\, (x, y, z) : x + y - z = a \,\}$ af $\mathbb{R}^3.$ For hvilke tal $a$ er $U$ et underrum af $\mathbb{R}^3$ ?

$a=1.$

$a=-1.$

$a=0.$

Betragt ligningen

$x_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + x_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + x_3 \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + x_4 \begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},$ hvor $x_1, x_2, x_3, x_4 \in \mathbb{R}.$ Denne ligning er opfyldt for?

$\begin{aligned} &x_1 = -6,\quad x_2 = -2, \\ &x_3 = 3, \quad x_4 = 5. \end{aligned}$

$\begin{aligned} &2x_1 = -5 x_4,\quad x_2 = 3 x_4\\ &2 x_3 = - 3x_4. \end{aligned}$

$\begin{aligned} &x_1 = -2,\quad x_2 = -1, \\ &x_3 = 3, \quad x_4 = 7. \end{aligned}$

$\begin{aligned} &x_1 = 5,\quad x_2 = -6, \\ &x_3 = 3, \quad x_4 = -2. \end{aligned}$

Lad

$\mathbf v_1 = \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix},\quad \mathbf v_2 = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\quad\text{og}\quad \mathbf v_3 = \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}$ være vektorer i $\mathbb{R}^3.$ Forklar hvorfor

$\mathrm{span}\{\mathbf v_1, \mathbf v_2, \mathbf v_3\} = \mathbb{R}^3,$ det vil sige, hvorfor alle vektorer i $\mathbb{R}^3$ er linearkombinationer af $\mathbf v_1, \mathbf v_2$ og $\mathbf v_3.$

Lad nu

$\mathbf v_1 = \begin{pmatrix} 3\\ 2\end{pmatrix}\quad\text{og}\quad \mathbf v_2 = \begin{pmatrix} 2\\ 3\end{pmatrix}$ være vektorer i $\mathbb{R}^2.$ Hvordan afgør man om $\mathrm{span}\{\mathbf v_1, \mathbf v_2\} = \mathbb{R}^2$ i dette tilfælde?

Lad $\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_n\in V$ være vektorer i et vektorrum $V.$

Forklar hvorfor
$\mathrm{span}\{\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_n\} \subseteq V.$ Eventuelt start med $n = 2$ eller $n = 3.$
Argumenter for, hvorfor $\mathrm{span}\{\mathbf v_1, \dots, \mathbf v_n\}$ er et underrum af $V,$ ud fra Definition 6.2.

Hvilke af nedenstående påstande er rigtige?

Vektorerne $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ og $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ i $\mathbb{R}^2$ er lineært uafhængige.

Vektorerne $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ og $\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ i $\mathbb{R}^2$ er lineært uafhængige.

Vektorerne $\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ og $\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$ i $\mathbb{R}^2$ er lineært uafhængige.

Vektorerne $\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix},$ $\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$ og $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ i $\mathbb{R}^2$ er lineært uafhængige.

Vektoren $\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ i $\mathbb{R}^2$ ligger i $\mathrm{span}\left\{\begin{pmatrix} 1 \\ 1\end{pmatrix}\right\}.$

Vektoren $\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ i $\mathbb{C}^2$ ligger i $\mathrm{span}\left\{\begin{pmatrix} -i \\ i\end{pmatrix}\right\}.$

Forklar helt præcist hvorfor

$B = \left\{\begin{pmatrix} 1 \\ 2\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right\}$ er en basis for $\mathbb{R}^2.$

For en $m\times n$ matrix $A$ med tal i $\mathbb{F},$ vis at $\mathcal{N}(A)$ er et underrum af $\mathbb{F}^n,$ og at $\mathcal{C}(A)$ er et underrum af $\mathbb{F}^m.$

At $\mathcal{C}(A^\textup{T})$ er et underrum af $\mathbb{F}^n$ svarer til beviset for $\mathcal{C}(A),$ men med den transponerede matrix, så det dropper vi.

Hint

Det er nødvendigt at bruge, at $A(\mathbf x+\mathbf y) = A\mathbf x + A\mathbf y$ og $A(\lambda\mathbf x) = \lambda A\mathbf x$ for $\mathbf x,\mathbf y\in\mathbb{F}^n$ og $\lambda\in\mathbb{F}.$

Find RREF af matricen

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 4 & 5 & 6\\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix},$ og angiv dimensionerne for søjlerum og nulrum.

Lad $A$ være en $1000\times 3$ matrix og $B$ en $3\times 3$ matrix. Hvilke udsagn er korrekte?

$\mathrm{rang}(AB)$ kan være større end $3.$

$\mathrm{rang}(AB)$ kan være mindre end $3.$

$\mathrm{rang}(AB)$ er altid lig $3.$

Hvis $B$ er invertibel, så er $\mathrm{rang}(AB) = \mathrm{rang}(A).$

$\mathrm{rang}(A) = 3$ medfører at $\mathrm{rang}(AB) = \mathrm{rang}(B).$

Hvis $B$ er invertibel, så er $\mathrm{rang}(AB) = 3.$

Lad $\{\mathbf e_1, \dots, \mathbf e_n\}$ være standardbasen for $\mathbb{R}^n.$ Hvis $U$ er et underrum af $\mathbb{R}^n$ og $\mathbf e_1, \dots, \mathbf e_n$ alle ligger i $U,$ hvorfor gælder så at $U = \mathbb{R}^n$ ?

$\left\{ \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 7 \\ 11 \\ 13 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 17 \\ 19 \\ 23 \end{pmatrix} \right\}$ en basis for $\mathbb{R}^3$ ? Som sædvanlig: Begrund dit svar.

Lad

$A = \begin{pmatrix} -1 & {1} & 1\\ {4} & -2 & 0\\ -2 & {1} & 0 \end{pmatrix}.$ Find baser for $\mathcal{C}(A^\textup{T}), \mathcal{C}(A)$ og $\mathcal{N}(A)$ som underrum af $\mathbb{R}^3.$

Lad $A$ være en $4\times 5$ matrix med rang $3.$ Hvad kan du sige om $\dim \mathcal{N}(A)$ ? Opskriv et eksempel på en matrix $A$ med disse egenskaber.

(Eksamen april 2015)

Betragt matricen

$A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 4 & 5 \\ 1 & 1 & -2 & -2 \end{pmatrix}.$

Find RREF af $A.$
Angiv baser for rækkerummet og søjlerummet for $A.$
Angiv en basis for nulrummet af $A.$
Afgør om vektoren
$\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ ligger i søjlerummet for $A.$

(Eksamen januar 2018)

Lad

$A = \begin{pmatrix} 22 & -8 & -7 \\ -3 & 2 & 1 \\ 12 & -7 & -4 \end{pmatrix}$ være en reel matrix.

Gør rede for at $A$ er invertibel, og bestem $A^{-1}$ med angivelse af metode og udregninger.
Forklar hvorfor
$B = \left\{ \begin{pmatrix} 22 \\ -3 \\ 12 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -8 \\ 2 \\ -7 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -7 \\ 1 \\ -4 \end{pmatrix} \right\}$ er en basis for $\mathbb{R}^3.$
Bestem koordinaterne til vektoren
$\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ i basen $B$ ovenfor.

(Eksamen maj 2023)

Lad en $4\times 4$ matrix $A$ være givet ved

$A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 4 & 8 \\ 1 & 3 & 7 & 15 \\ 1 & 2 & 5 & 11 \\ 2 & 4 & 10 & 22 \end{pmatrix}.$

Find reduceret række echelon form (RREF) af $A,$ med angivelse af anvendte rækkeoperationer.
Bestem en basis $B_1$ for søjlerummet $\mathcal{C}(A),$ og en basis $B_2$ for nulrummet $\mathcal{N}(A).$
Hvad er dimensionerne af rækkerummet $\mathcal{C}(A^\textup{T}),$ og af nulrummet $\mathcal{N}(A^\textup{T})$ for den transponerede matrix?
To vektorer $\mathbf v$ og $\mathbf u$ er givet ved
$\mathbf v = \begin{pmatrix} 6 \\ 7 \\ 4 \\ 8 \end{pmatrix} \qquad \text{og} \qquad \mathbf u = \begin{pmatrix} 13 \\ 16 \\ 2 \\ -5 \end{pmatrix}.$ Det oplyses at $\mathbf v\in \mathcal{C}(A)$ og $\mathbf u \in \mathcal{N}(A).$ Ved brug af baserne $B_1$ og $B_2$ fundet i delopgave (ii), udregn koordinatvektorerne
$[\mathbf v]_{B_1} \qquad \text{og} \qquad [\mathbf u]_{B_2}.$

Lad $U_1$ og $U_2$ være tre-dimensionale underrum af $\mathbb{F}^5.$ Gør rede for, at deres fællesmængde ikke er triviel, det vil sige $U_1\cap U_2\neq \{\mathbf 0\}.$