Verband met stelsels lineaire vergelijkingen

Lineaire afbeeldingen: Matrices van lineaire afbeeldingen

Verband met stelsels lineaire vergelijkingen

Bekijk nogmaals het stelsel lineaire vergelijkingen\[ \begin{array}{cccccccc}
a_{11} x_1&+&a_{12}x_2&+&\ldots&+&a_{1n}x_n&=&b_1\\
\vdots &&\vdots&&\vdots &&\vdots&&\vdots\\
a_{m1} x_1&+&a_{m2}x_2&+&\ldots&+&a_{mn}x_n &=&b_m
\end{array}
\] met #(m\times n)#-coëfficiëntenmatrix #A#. Het stelsel vergelijkingen kan geschreven worden als een vectorvergelijking
\[
A\vec{x} = \vec{b}\phantom{xxx}
\]

De matrix #A# bepaalt de lineaire afbeelding # L_A :\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^m#. In termen van deze lineaire afbeelding kan het stelsel vergelijkingen ook geschreven worden als
\[
L_A( \vec{x})=\vec{b}
\]We brengen in herinnering dat een stelsel lineaire vergelijkingen consistent heet als het een oplossing heeft.

Dimensie van de oplossingsruimte van een stelsel lineaire vergelijkingenLaat #A# een #(m\times n)#-matrix zijn, en geef met #k# de dimensie van de kolommenruimte aan, dat wil zeggen: de door de kolommen van #A# opgespannen deelruimte van #\mathbb{R}^m#. Laat verder #\vec{b}# een vector in #\mathbb{R}^m# zijn en bekijk het stelsel lineaire vergelijkingen #A\vec{x}=\vec{b}# van #m# lineaire vergelijkingen in #n# onbekenden, de coördinaten van #\vec{x}#.

Het stelsel is dan en slechts dan consistent als #\vec{b}# tot de kolommenruimte van #A# behoort.
Als het stelsel consistent is, dan is de dimensie van de oplossingsruimte gelijk aan #n-k#.

1. Volgens stelling Inverse beelden van lineaire afbeeldingen zijn affiene deelruimten vinden we alle oplossingen van de vergelijking # A \vec{x}=\vec{b}# als som van één particuliere oplossing en alle vectoren uit de nulruimte van #L_A#.

Wegens stelling Beeld als opspansel is de beeldruimte #\im{L_A}# van #L_ A # de ruimte #\linspan{ A \vec{e}_1,\ldots, A \vec{e}_n}#. Dat is dus de kolommenruimte van de matrix #A#. De vergelijking # A \vec{x} =\vec{b}# heeft minstens één oplossing dan en slechts dan als #\vec{b}\in\im{L_A}#, dus dan en slechts dan als #\vec{b}# in de kolommenruimte van de matrix ligt.

2. Zoals we in het bewijs van uitspraak 1 zagen, is de dimensie van de oplossingsruimte gelijk aan #\dim{\ker{A}}# als er een oplossing is. In dat geval volgt direct uit de Dimensiestelling dat deze dimensie gelijk is aan \[{}\dim{\ker{A}} = n-\dim{\im{A}} = n-k\]

Later zullen we zien dat de dimensie van de deelruimte van #\mathbb{R}^m# opgespannen door de kolommen gelijk is aan de dimensie van de deelruimte van #\mathbb{R}^n# opgespannen door de rijen, dat wil zeggen: de rang van #A#.

De oplettende lezer kan dit inmiddels geconcludeerd hebben uit de Rang criteria voor het bestaan van oplossingen van stelsels vergelijkingen. Daar wordt immers gesteld (in termen van vrije parameters) dat de dimensie van de oplossingsruimte gelijk is aan #n-r#, waarbij #r# de rang is. De rang staat hier voor de dimensie van de lineaire ruimte opgespannen door de rijen van #A#. We concluderen dat #n-k=n-r#, zodat #r=k#. In woorden: de dimensie van de ruimte opgespannen door de rijen van #A# is gelijk aan de dimensie van de ruimte opgespannen door de kolommen van #A#.

De stelling is als volgt te beschrijven: De dimensie van de oplossingsruimte is gelijk aan het aantal onbekenden minus het aantal `echte' condities.

Een speciaal gevolg van de stelling zegt dat #k=n# dan en slechts dan geldt als er hooguit één oplossing van het stelsel is.

Deze oplosmethode kunnen we nu toepassen op willekeurige eindigdimensionale vectorruimten.

Van volledig origineel van een lineaire afbeelding naar matrixvergelijkingLaat #L:V\to W# en #\vec{b}\in W#. De vergelijking \[ L(\vec{v})=\vec{b}\] in de onbekende vector #\vec{v}# in #V# heeft dan en slechts dan een oplossing #\vec{v}_0# als #\vec{b}# in #\im{L}# ligt. In dat geval is de oplossingsruimte de affiene deelruimte \[\vec{v}_0+\ker{L}\]

Als #V# eindige dimensie #n# en #W# eindige dimensie #m# heeft, dan kan deze oplossing gevonden worden na keuze van bases #\alpha# voor #V# en #\beta # voor #W# door het stelsel lineaire vergelijkingen met onbekende #\vec{x}# in #\mathbb{R}^n# op te lossen dat bestaat uit

\[{}_\beta L_\alpha \vec{x}=\beta(\vec{b})\]

De oplossing bestaat dan uit alle vectoren #\vec{v}=\alpha^{-1}(\vec{x})#, waarbij #\vec{x}# een oplossing is van het stelsel lineaire vergelijkingen.

De vergelijking # L(\vec{v}) = \vec{b}# is equivalent met #\beta L\alpha^{-1}\alpha(\vec{v}) =\beta (\vec{b})#. Als #\vec{v}=\alpha^{-1}(\vec{x})#, dan kan deze vergelijking herschreven worden als #{}_\beta L_\alpha\vec{x}=\beta (\vec{b})#.

Bekijk het stelsel lineaire vergelijkingen met aangevulde matrix \[A' = \left({\begin{array}{cccc|c} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 0 & 0 & 3 \\ -1 & 1 & 0 & 0 & -3 \\ 3 & -3 & 0 & 0 & 9 \\ \end{array}}\right) \]

Druk de oplossingsverzameling uit in de vorm #\vec{p} + \text{span}\left(\vec{v}_1,\ldots, {v}_t\right)#, waarbij #\vec{p}# een bepaalde oplossing van het systeem is en #\vec{v}_1,\ldots, \vec{v}_t# lineair onafhankelijk zijn.

#\vec{p} + \text{span}\left(\vec{v}_1,\ldots, {v}_t\right) = # # \matrix{ 1 \\ -2 \\ -2 \\ -5 } + \text{span}\left( \matrix{0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ } , \matrix{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ } , \matrix{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ } \right)#

We schrijven
\[ A = \matrix{0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & -3 & 0 & 0 \\ }\phantom{xxx}\text{ en }\phantom{xxx} b = \matrix{0 \\ 3 \\ -3 \\ 9 \\ } \]
zodat #A' = \left(\begin{array}{ c| c}A &\vec{b}\end{array}\right)#.

Met behulp van rijreductie kunnen we de aangevulde matrix herschrijven tot
\[ \matrix{1 & -1 & 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ } \]
Van deze gereduceerde trapvorm kunnen we aflezen dat de kern van #A# gelijk is aan # \text{span}\left( \matrix{0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ } , \matrix{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ } , \matrix{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ } \right)# en dat \(\vec{p}= \matrix{ 1 \\ -2 \\ -2 \\ -5 } \) een particuliere oplossing is van #A\vec{x} = \vec{b}#. Zo komen we tot het antwoord
\[\matrix{ 1 \\ -2 \\ -2 \\ -5 } + \text{span}\left( \matrix{0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ } , \matrix{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ } , \matrix{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ } \right)\]

De rang van #A# is gelijk aan #{1}#. Dit is ook de rang van #A'#, dus oplossingen bestaan. Omdat de kern van #A# dimensie #t = 4 - 1 =3 # heeft, is het aantal lineair onafhankelijke vectoren nodig om de richtingsruimte op te spannen gelijk aan #t#.

Nieuw voorbeeld