Deel XVII Vectorruimten ingevulde versie by Koen De Naeghel

Wiskunde In zicht een cursus wiskunde voor studierichtingen met component wiskunde derde graad algemeen secundair onderwijs geschreven door

Koen De Naeghel Deel XVII Vectorruimten (ingevulde versie)

10/12/2021

CREATIVE COMMONS Naamsvermelding-NietCommercieel-GelijkDelen 3.0 (CC BY-NC-SA) Dit is de vereenvoudigde (human-readable) versie van de volledige licentie. De volledige licentie is beschikbaar op de webpagina http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/nl/legalcode De gebruiker mag: het werk kopiëren, verspreiden en doorgeven Remixen - afgeleide werken maken

Onder de volgende voorwaarden: Naamsvermelding - De gebruiker dient bij het werk de door de maker of de licentiegever aangegeven naam te vermelden (maar niet zodanig dat de indruk gewekt wordt dat zij daarmee instemmen met je werk of je gebruik van het werk). Niet-commercieel - De gebruiker mag het werk niet voor commerciële doeleinden gebruiken. Gelijk delen - Indien de gebruiker het werk bewerkt kan het daaruit ontstane werk uitsluitend krachtens dezelfde licentie als de onderhavige licentie of een gelijksoortige licentie worden verspreid.

Met inachtneming van: Afstandname van rechten - De gebruiker mag afstand doen van een of meerdere van deze voorwaarden met voorafgaande toestemming van de rechthebbende. Publiek domein - Indien het werk of een van de elementen in het werk zich in het publieke domein onder toepasselijke wetgeving bevinden, dan is die status op geen enkele wijze beı̈nvloed door de licentie. Overige rechten - Onder geen beding worden volgende rechten door de licentie-overeenkomst in het gedrang gebracht: • Het voorgaande laat de wettelijke beperkingen op de intellectuele eigendomsrechten onverlet. • De morele rechten van de auteur. • De rechten van anderen, ofwel op het werk zelf ofwel op de wijze waarop het werk wordt gebruikt, zoals het portretrecht of het recht op privacy. Let op - Bij hergebruik of verspreiding dient de gebruiker de licentievoorwaarden van dit werk kenbaar te maken aan . derden door middel van een link naar http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/nl/

Eerste druk: 2016 Versie: 10 december 2021 Gepubliceerd door: Online publicatie platform Issuu.com Auteursrecht omslagfoto: stylephotographs/123RF Stockfoto http://nl.123rf.com/profile stylephotographs Tekstzetsysteem: LATEX Royalty percentage: 0% c Koen De Naeghel, gelicenseerd onder een Creative Commons Naamsvermelding-NietCommercieel-GelijkDelen 3.0

Deel XVII

Algebra - Vectorruimten

Span{(2, 3, 1), (0, −1, 5)}

Span{(2, 3, 1)}

Span{(0, −1, 5)}

{(0, 0, 0)}

XVII

Inhoudsopgave

Deel Vectorruimten

1 Voorkennis en inleidende begrippen 1.1 Verzamelingen . . . . . . . 1.2 Afbeeldingen . . . . . . . . 1.3 Matrices en lineaire stelsels 1.4 Vrije vectoren in het vlak . Oefeningen . . . . . . . . . . . .

. . . . .

1 . . . . .

. . . . .

Definitie van vectorruimte . . . . . . . . . . . . . . Voorbeelden van vectorruimten . . . . . . . . . . . Voorbeeld 1 - De vectorruimte R, V2 , + . . . . . . Voorbeeld 2 - De vectorruimte R, V3 , + . . . . . . Voorbeeld 3 - De vectorruimte R, R2 , + . . . . . . Voorbeeld 4 - De vectorruimte R, Rn , + . . . . . . Voorbeeld 5 - De vectorruimte R, Rm×n , + . . . . 2.3 Basiseigenschappen van vectorruimten . . . . . . . 2.4 Voorbeelden van vectorruimten (vervolg) . . . . . Voorbeeld 6 - De triviale vectorruimte R, {0V }, + Voorbeeld 7 - De vectorruimte R, RN , + . . . . . . Voorbeeld 8 - De vectorruimte R, R[X], + . . . . . Voorbeeld 9 - De vectorruimte R, RR , + . . . . . . Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . .

Voortbrengende vectoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineair onafhankelijke vectoren . . . . . . . . . . . . . . . . Basisvectoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reduceren van voortbrengende vectoren tot een basis . . . Uitbreiden van lineair onafhankelijke vectoren tot een basis Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . .

Dimensiestelling voor vectorruimten . . . . . . . . . . . . . . Dimensiestelling voor deelruimten . . . . . . . . . . . . . . . Doorsnede van deelruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Som van deelruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Directe som van deelruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dimensiestelling voor deelruimten . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Toepassingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Toepassing 1 - Symmetrische en scheefsymmetrische matrices Toepassing 2 - Expliciet voorschrift van de rij van Fibonacci Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

2 Vectorruimten

2.1 2.2

3 Deelruimten 3.1 Definitie van deelruimte . . . . . . . . . 3.2 Basiseigenschappen van deelruimten . . 3.3 Lineaire combinaties en opspanning van Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 3 5 6 7

8 10 10 10 11 12 13 14 16 16 16 17 17 18

21 . . . . . . . . . . vectoren . . . . .

. . . .

4 Basis 4.1 4.2 4.3

5 Dimensie 5.1 5.2

21 23 24 27

31 34 36 39 41 42

45 45 48 48 49 50 51 54 54 55 56

Antwoorden op geselecteerde oefeningen

Referentielijst

Hoofdstuk 1

Voorkennis en inleidende begrippen In dit eerste hoofdstuk definiëren we enkele belangrijke begrippen en leggen we de notatie en terminologie vast die in het vervolg van dit deel voortdurend zal gebruikt worden. We activeren ook wat voorkennis in verband met matrices en vectoren in het vlak. Dit hoofdstuk kan als zelfstudie aan de leerling worden overgelaten.

1.1

Verzamelingen

In deze paragraaf overlopen we de belangrijkste kenmerken van een van de meest fundamentele begrippen in de wiskunde: verzamelingen. Sommige aspecten kwamen ook al in je parate kennis bij aanvang vijfde jaar aan bod. 3 Afspraak. Een verzameling kan omschreven worden als een collectie objecten, die we haar elementen noemen. Een verzameling heeft geen ordening en elk element kan hoogstens één keer voorkomen. We kunnen een verzameling beschrijven door haar elementen in een willekeurige volgorde op te sommen. Het geheel van alle elementen wordt tussen accolades geplaatst. We stellen een verzameling schematisch voor aan de hand van een Venndiagram.1 Voorbeeld. A = {−2, 1, 3} is een verzameling. Omdat een verzameling geen ordening heeft, zal bijvoorbeeld {3, −2, 1} dezelfde verzameling A zijn. De verzameling A kan als volgt worden voorgesteld:

A −2 1 3 3 Notatie. Beschouw een verzameling A. Als een element a tot A behoort, dan schrijven we a ∈ A, wat we lezen als a is een element van A. In het andere geval schrijven we a ∈ / A. Bevat A een eindig aantal elementen, dan noteren we dat aantal met #A. 3 Definitie. De unieke verzameling zonder elementen noemen we de lege verzameling, genoteerd met {} of met ∅.

3 Definitie. De verzameling van de natuurlijke getallen is {0, 1, 2, 3, . . .} en wordt genoteerd met N. We maken de afspraak dat 0 een element is van N en we noteren de verzameling {1, 2, 3, . . .} als N0 . De verzameling van de gehele getallen is {0, 1, −1, 2, −2, . . .}, genoteerd met Z. In symbolen:

N = {0, 1, 2, 3, . . .}

N0 = {1, 2, 3, . . .}

Z = {0, 1, −1, 2, −2, 3, −3, . . .}

3 Afspraak. Een andere mogelijkheid om een verzameling te beschrijven is het geven van een of meerdere eigenschappen waaraan de elementen van die verzameling moeten voldoen. De verticale streep | wordt gelezen als waarvoor geldt. Voorbeeld. De verzameling {a ∈ Z | a2 = 4} is dezelfde als {2, −2}.

3 Definitie. Zij A en B verzamelingen. Dan zeggen we dat A een deelverzameling is van B, genoteerd met A ⊆ B, indien elk element van A ook een element is van B. In symbolen: A⊆B

⇔

∀x ∈ A : x ∈ B

In dat geval zeggen we: de verzameling B omvat de verzameling A. Is dat niet zo, dan schrijven we A 6⊆ B. Deel Vectorruimten is gebaseerd op [6] (met toestemming van beide auteurs) en andere of eerdere uitgaven van Wiskunde In zicht. naar John Venn 1880. Gelijkaardige diagrammen werden eerder gebruikt door Leonhard Euler 18e eeuw, Gottfried Willhelm Leibniz 17e eeuw en Ramon Llull 13e eeuw. 1 Genoemd

XVII-1

Voorbeeld. Elk natuurlijk getal is een geheel getal, dus de verzameling van alle natuurlijke getallen is een deelverzameling van de verzameling van alle gehele getallen. Anders gezegd: de verzameling van de gehele getallen omvat de verzameling van de natuurlijke getallen. In symbolen: N ⊆ Z. Schematisch:

Z N 0 1 2 ...

−1 −2 ...

3 Opmerking. Beschouw een verzameling A. Omdat de lege verzameling geen enkel element bevat, is voldaan aan de uitspraak ∀x ∈ ∅ : x ∈ A. Dus ∅ ⊆ A, met andere woorden: elke verzameling omvat de lege verzameling. Hierboven hebben we al aangegeven dat {−2, 1, 3} en {3, −2, 1} dezelfde verzameling voorstellen. De volgende definitie geeft betekenis aan het begrip gelijkheid van verzamelingen. Daarnaast kunnen we met de bewerkingen doorsnede, unie en verschil nieuwe verzamelingen maken. 3 Definitie. Twee verzamelingen A en B zijn gelijk als A een deelverzameling is van B en als B een deelverzameling is van A. We schrijven dan A = B. Is dat niet zo, dan schrijven we A 6= B. 3 Definitie. Zij A en B verzamelingen. De doorsnede van A en B is de verzameling van alle elementen die in A en in B bevat zijn. We noteren die verzameling met A ∩ B. In symbolen:

A ∩ B = {x | x ∈ A en x ∈ B} Schematisch:

B A∩B

3 Definitie. De unie van A en B, genoteerd met A ∪ B, is de verzameling van alle elementen die in A of in B bevat zijn. In symbolen: A ∪ B = {x | x ∈ A of x ∈ B} Schematisch:

B A∪B

3 Definitie. Het verschil van A met B is de verzameling van alle elementen die wel tot A maar niet tot B behoren. Die verzameling wordt met A \ B genoteerd. In symbolen:

A\B = {x | x ∈ A en x ∈ / B} Schematisch:

A\B

XVII-2

3 Opmerking. De doorsnede en de unie van twee verzamelingen kan veralgemeend worden tot de doorsnede en de unie van een eindig aantal verzamelingen: A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An = {x | ∀i ∈ {1, 2, . . . , n} : x ∈ Ai } A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An = {x | ∃i ∈ {1, 2, . . . , n} : x ∈ Ai } Een andere bewerking die we in dit deel zullen nodig hebben, is het cartesisch product van verzamelingen. 3 Definitie. Het cartesisch product van A met B is de verzameling van alle koppels (a, b) met a ∈ A en b ∈ B. We noteren die verzameling met A × B. In symbolen: A × B = {(a, b) | a ∈ A en b ∈ B} Voorbeeld. Het cartesisch product van A = {1, 2, 3} met B = {α, β} is A × B = {(1, α), (2, α), (3, α), (1, β), (2, β), (3, β)}. 3 Opmerking. Het cartesisch product van twee verzamelingen kan veralgemeend worden tot het cartesisch product van een eindig aantal verzamelingen A1 , A2 , . . . , An als de verzameling van alle geordende n-tallen (a1 , a2 , . . . , an ) waarbij ai ∈ Ai : A1 × A2 × · · · × An = {(a1 , a2 , . . . , an ) | a1 ∈ A1 en a2 ∈ A2 en . . . en an ∈ An } = {(a1 , a2 , . . . , an ) | ∀i ∈ {1, 2, . . . , n} : ai ∈ Ai }. In deze context is het gebruikelijk om in de beschrijving van de verzameling de specificatie ∀i ∈ {1, 2, . . . , n} weg te laten. We noteren dus ook: A1 × A2 × · · · × An = {(a1 , a2 , . . . , an ) | ai ∈ Ai } Voorbeeld. We kunnen ook het cartesisch product nemen van een verzameling met zichzelf. Zo is R × R = {(x, y) | x, y ∈ R}. We noteren dikwijls R2 = R × R. Meer algemeen, is n ∈ N0 dan is de verzameling van alle n-tallen reële getallen gelijk aan Rn = {(a1 , a2 , . . . , an ) | ai ∈ R}.

1.2

Afbeeldingen

We nemen het begrip reële functie als aanknopingspunt om tot de definitie van een afbeelding te komen. We herhalen daarom eerst enkele begrippen uit Deel Precalculus 1. De moderne, formele definitie van een functie hebben we te danken aan Dedekind.2 Een reële functie f is een verband dat aan elk reëel getal x hoogstens één reëel getal y associeert. Meestal is dat getal y afhankelijk van x, hetgeen we uitdrukken met y = f (x). Een reële functie wordt dan genoteerd als f : R → R : x 7→ f (x) of nog: f :R→R

x 7→ f (x).

Het domein van een reële functie f is de verzameling van alle x-waarden waarbij er een y-waarde hoort en het beeld (of het bereik) van f is de verzameling van alle y-waarden die bereikt worden door f . In symbolen: dom f = {x ∈ R | ∃y ∈ R : f (x) = y} = {x ∈ R | f (x) bestaat (in R)}, Im f = {y ∈ R | ∃x ∈ R : f (x) = y}. De gelijkheid van twee reële functies f en g wordt als volgt gedefinieerd: f =g

⇔

Julius Wilhelm Richard Dedekind (1805 - 1859)

dom f = dom g en ∀x ∈ dom f : f (x) = g(x).

2 Het begrip functie zoals wij die kennen, werd gesuggereerd door Nikolai Ivanovich Lobachevsky 1834 en Peter Gustav Lejeune Dirichlet 1837 [7], zie [12, p.34] en [16]. Een algemene versie van deze definitie verscheen in een publicatie van de groep Nicolas Bourbaki 1939 [3]. Jean Dieudonné, die een van de oprichters was van de groep Bourbaki, schreef de algemene, moderne definitie van het begrip functie toe aan Dedekind [4], waarvan al in 1878 een eerste versie van deze publicatie bekend was.

XVII-3

Zijn X en Y verzamelingen, dan kunnen we op dezelfde manier een functie f van X naar Y definiëren: een verband dat aan elk element x ∈ X hoogstens één element y ∈ Y associeert. Schematische voorstelling: X

Y f

dom f

Im f

Een afbeelding van X naar Y , genoteerd als f : X → Y , is een functie waarvoor dom f = X. Met andere woorden, een afbeelding van X naar Y is een verband dat aan elk element x ∈ X precies één element y ∈ Y associeert. Schematische voorstelling: X = dom f

Y f

Im f

Zo is bijvoorbeeld f : R0 → R : x 7→ 1/x2 een afbeelding, maar g : R → R : x 7→ 1/x2 is geen afbeelding (maar wel een functie). Een afbeelding f : X → Y kan ook beschouwd worden als een deelverzameling van de productverzameling X × Y , namelijk {(x, y) ∈ X × Y | y = f (x)}. Op die manier kan het begrip afbeelding formeel ingevoerd worden. 3 Definitie. Zij X en Y verzamelingen. Een afbeelding van X naar Y is een deelverzameling f van X × Y zodat voor elke x ∈ X precies één element y ∈ Y bestaat zodat (x, y) ∈ f . Een afbeelding van X naar Y wordt ook wel een X-Y afbeelding genoemd. De verzameling van alle X-Y afbeeldingen noteren we met Y X . Voorbeeld. Als we met elk getal n ∈ N de positieve vierkantswortel associëren, dan verkrijgen we de afbeelding √ f = {(n, n) | n ∈ N} ⊆ N × R. √ We noteren die afbeelding als f : N → R : n 7→ n. 3 Opmerking. Elke X-Y afbeelding is een functie, zodat de definities van domein, beeld en gelijkheid van functies zich als volgt vertalen voor afbeeldingen f : X → Y en g : X → Y : dom f = X, Im f = {y ∈ Y | ∃x ∈ X : f (x) = y}, f =g

⇔

∀x ∈ X : f (x) = g(x). XVII-4

1.3

Matrices en lineaire stelsels

In deze paragraaf overlopen we enkele basisbegrippen en resultaten uit Deel Matrices die we in het vervolg zullen nodig hebben. Het begrip matrix zal vaak aan bod komen, alsook bewerkingen met matrices zoals de optelling en de vermenigvuldiging van matrices, samen met de bijbehorende eigenschappen. We zullen vaak steunen op het feit dat we elke matrix kunnen rijherleiden naar trapvorm (ook wel gereduceerde rij-echelonvorm, reduced row echelon form of rijcanonieke matrix genoemd). Zoals gebruikelijk is de rang van een matrix het aantal niet-nulrijen van de trapvorm van die matrix. In dit deel is het niet nodig dat je het herleiden van matrix naar trapvorm handmatig kan uitvoeren. Daarvoor kan gepaste software worden gebruikt, bijvoorbeeld de grafische rekenmachine of Maple. Daarom zullen we de tussenstappen van de rijherleiding altijd weglaten. Bijvoorbeeld: matrix A 

2  0 1



−1 5 10 1 1 2  −1 2 4

trapvorm van A   1 0 3 6 ∼  0 1 1 2 . 0 0 0 0

Ook als de rechterkolom van een matrix bestaat uit onbekenden, kunnen we de trapvorm van die matrix met de grafische rekenmachine berekenen. Dat doen we door enkele kolommen toe te voegen die staan voor de coëfficiënten van die onbepaalden. Zo is bijvoorbeeld: ò ï ò ï 1 −2 −b/3 4 −8 a ∼ 0 0 a + 4/3b −3 6 b want

4 −3

−8 6

1 0 0 1

∼

1 0

−2 0

0 −1/3 1 4/3

ò .

Op diverse plaatsen zullen we gebruik maken van het verband tussen het aantal oplossingen van een lineair stelsel en de rang van de uitgebreide matrix. 3 Stelling (hoofdeigenschap van aantal oplossingen van een lineair stelsel). Beschouw een lineair m × nstelsel met uitgebreide matrix [A | b]. Dan heeft het stelsel (i) geen oplossingen als rang A < rang [A | b], (ii) een unieke oplossing als rang A = rang [A | b] = n, (iii) oneindig veel oplossingen als rang A = rang [A | b] < n. Af en toe zullen we gebruik maken van determinanten. De determinant van een vierkante matrix A is een getal dat door zijn al dan niet nul zijn bepaalt of de matrix A inverteerbaar is. Ook determinanten kunnen met software berekend worden. We nemen dan ook de gewoonte aan geen tussenstappen te vermelden bij determinantberekeningen, bijvoorbeeld:

2+m n 2

m 2 1

= 6mn − 12m − 2n − 16.

m n −4

Ten slotte vermelden we de volgende versie van de hoofdstelling van vierkante matrices die in dit deel vaak gebruikt zal worden. De equivalentie (iv)⇔(vi) maakt deel uit van de zogenaamde regel van Cramer. 3 Stelling (hoofdstelling van vierkante matrices). Zij A een n × n-matrix. Dan zijn de volgende uitspraken equivalent: (i) rang A = n, (ii) de trapvorm van A is de eenheidsmatrix (en heeft dus geen nulrij), (iii) het homogeen lineair stelsel A · x = 0 heeft een unieke oplossing (namelijk de nuloplossing), (iv) voor elke n × 1-matrix b heeft het lineair stelsel A · x = b een unieke oplossing, (v) de matrix A is inverteerbaar, (vi) de determinant van matrix A is verschillend van nul.

XVII-5

1.4

Vrije vectoren in het vlak

We sluiten dit eerste hoofdstuk af met een korte beschrijving van vrije vectoren in het vlak. We zullen ze enkel nodig hebben als een concrete voorstelling van het abstracte begrip vector. Voor een grondige behandeling van vectoren in het vlak verwijzen we naar Deel XV Vectorvlak en euclidisch vlak. − Net zoals een verschuiving wordt een vrije vector → v in het vlak gekarakteriseerd door zijn lengte, richting en zin. Het → − beginpunt is niet van belang. De nulvector o correspondeert met de verschuiving over afstand nul: de lengte is nul en de richting en zin zijn niet gedefinieerd.

− Vectoren worden in het vlak voorgesteld door een representant. Voor een vector → v , verschillend van de nulvector, is − dat een pijl met een concreet beginpunt, die de lengte, de richting en de zin van → v heeft. Een representant van de nulvector is een willekeurig punt: begin- en eindpunt vallen samen. Twee representanten van eenzelfde niet-nulvector kunnen verbonden worden met een of twee parallellogrammen zoals op onderstaande figuur.

− → v

− − De verzameling van alle vectoren in het vlak noteren we met V2 . Willen we twee vectoren → u,→ v ∈ V2 optellen, dan kiezen we representanten van beide vectoren zo dat het eindpunt van de ene representant samenvalt met het beginpunt van de andere. De pijl die we verkrijgen door het beginpunt van de eerste representant te verbinden met het eindpunt − − van de tweede, is een representant van de som → u +→ v , zie figuur hieronder.

− → u

− → v − → → u +− v

− We kunnen nu ook vectoren in het vlak vermenigvuldigen met een reëel getal r. Is r 6= 0, dan heeft de vector r · → v → − → − → − → − dezelfde richting als v en een lengte die |r| keer die van v is; voor r > 0 is de zin van r · v dezelfde als die van v − − en voor r < 0 is de zin tegengesteld. Is r = 0, dan is r · → v =→ o.

1− − → v 2

− → v → 2− v

− 0→ v

We kunnen ook spreken over vectoren in de driedimensionale ruimte, zie Deel Ruimtemeetkunde. De verzameling van die vectoren wordt genoteerd met V3 . Analoog als bij vectoren in het vlak kunnen nu ook vectoren in V3 worden opgeteld en vermenigvuldigd met een reëel getal.

XVII-6

Oefeningen 1 Voorkennis en inleidende begrippen 1.1 Verzamelingen

Basis ? 1

2 3

1.2 Afbeeldingen

Verdieping ? ??

?? 4 5

Uitbreiding ? ??

Oefeningen bij §1.1 B

Oefening 1. Waar of vals? Beoordeel de volgende uitspraken. Verklaar telkens je antwoord. (a) ∅ = {0}

(e) ∅ ∈ {∅}

(b) 6 ∈ {6}

(f) {1, 3, 6, 7, 8} ⊆ {1, 3, 6, 7, 9}

(g) ∅ ⊆ {3, 5, 7}

(d) ∅ = {∅}

(h) {0} ∈ Z

Oefening 2. Beschrijf telkens de gegeven verzameling door opsomming. (a) {y ∈ Z | 2y 2 = 50}

(b) {x ∈ N | ∃m ∈ Z : x = 2m − 5} B?

Oefening 3. Zij X = {a, c} en Y = {b, c, e, f }. Beschrijf telkens de verzameling door opsomming. (a) X × Y

(b) Y × X

(d) X × ∅

Oefening 4. Zij A en B twee verzamelingen zodanig dat #(A × B) = 6 en {(1, 2), (2, 3), (3, 3)} ⊆ A × B. Bepaal alle elementen van A × B.

Oefening 5 (Vlaamse Wiskunde Olympiade 1987 eerste ronde). Als V = {a, b, {c, d}} dan geldt (A) c ∈ V (B) {c, d} ⊆ V (C) {a, b, c, d} ⊆ V (D) {{c, d}} ⊆ V (E) {c} ∈ V

Oefening 6. Zij P en Q twee deelverzamelingen van R2 waarvoor P ∪ Q = P . Wat kan je uit elk van de onderstaande gegevens besluiten over P en Q? (a) P ∩ Q = ∅

(b) P ∪ Q = ∅

(d) (R2 \ P ) ∪ Q = ∅

Oefeningen bij §1.2 B?

Oefening 7. Bepaal telkens het beeld van de gegeven afbeelding. √ (a) f : [0, 4] → R : x 7→ x √ (b) f : {0, 1, 2, 3, 4} → R+ : x 7→ x (c) f : [−1, 3] → R : x 7→ 2x2 − 3x + 4

(d) f : Z × N0 → R : (m, n) 7→ m/n

(e) f : {1, 3} × {2, 4, 6} → N : (a, b) 7→ a · b

(f) f : {6, 5, 7} × {10} → N : (x, y) 7→ ggd(x, y) XVII-7

Hoofdstuk 2

Vectorruimten ò a b waarbij a, b, c, d ∈ R, dan kunnen we twee 2 × 2-matrices c d optellen en een 2 × 2-matrix vermenigvuldigen met een reëel getal (zie Deel Matrices): ï ò ï 0 ò ï ò ï ò ï ò a b a b0 a + a0 b + b0 a b ra rb + 0 = en r · = . c d c d0 c + c0 d + d0 c d rc rd

Stellen we een algemene 2 × 2-matrix voor met

Op die manier wordt de verzameling R2×2 van alle 2 × 2-matrices uitgerust met een optelling en een vermenigvuldiging met een reëel getal, die aan welbepaalde eigenschappen voldoen: de optelling van matrices is associatief, de vermenigvuldiging van een reëel getal met een matrix is distributief ten opzichte van de optelling van matrices, etc. Men zegt dat de verzameling R2×2 de structuur van een vectorruimte heeft. Naast verzamelingen van matrices komen in het secundair onderwijs nog andere verzamelingen aan bod die de vectorruimtestructuur hebben. Veeltermen, complexe getallen, rijen, afbeeldingen, krachtvectoren . . . alle gehoorzamen ze aan dezelfde wetmatigheden. Men kan elk van deze objecten bundelen in een verzameling die uitgerust wordt met een optelling en een vermenigvuldiging met een reëel getal. Doorzie je een van deze verzamelingen, voorzien van deze twee vaste bewerkingen, dan doorzie je ze allemaal. Daarom loont het de moeite om het begrip vectorruimte op een algemene manier te bestuderen. De studie van de abstracte vectorruimtestructuur een hoeksteen van de hogere, zowel zuivere als toegepaste, wiskunde. In dit hoofdstuk definiëren we het begrip vectorruimte. In de volgende hoofdstukken komen allerlei verwante begrippen zoals lineair afhankelijke en onafhankelijke vectoren, deelruimte, basis en dimensie en bewerkingen met deelruimten aan bod.

2.1

Definitie van vectorruimte

In deze paragraaf geven we de definitie van een vectorruimte. De ideeën die geleid hebben tot het concept vectorruimte gaan terug tot in de 17e eeuw, toen pijlen in het vlak werden bestudeerd. In 1888 stelde Peano in [13] een abstracte definitie voor, opgebouwd vanuit acht basiseigenschappen, die axioma’s worden genoemd. Deze axioma’s dienen als grondslag om eigenschappen te bewijzen. Telkens we een eigenschap kunnen bewijzen door enkel te steunen op de acht axioma’s van een vectorruimte en andere eigenschappen die enkel uit die acht axioma’s volgen, dan zal deze eigenschap automatisch gelden voor alle voorbeelden van vectorruimten, dat wil zeggen voor alle concrete wiskundige structuren die voldoen aan deze axioma’s. We noemen deze benadering een axiomatische opbouw. Vooraleer we de definitie van een vectorruimte kunnen geven, moeten we weten wat een bewerking tussen verzamelingen is. 3 Definitie. Zij X en Y verzamelingen. Een bewerking ∗ tussen X en Y is een afbeelding die met elke twee elementen x ∈ X en y ∈ Y een nieuw element x ∗ y associeert. We noemen een bewerking tussen X en Y inwendig in Y als het beeld een deelverzameling van Y is. Formeel: ∗ : X × Y → Y : (x, y) 7→ x ∗ y.

Giuseppe Peano (1858 - 1932)

Voorbeelden. Machtverheffing xn met x ∈ R0 en n ∈ N is een bewerking tussen R0 en N. Deze bewerking is niet inwendig in N. De (positieve) grootste gemene deler van twee gehele getallen beide verschillend van nul bepaalt een bewerking die inwendig is in Z0 , in symbolen: ggd : Z0 × Z0 → Z0 : (a, b) 7→ ggd(a, b). XVII-8

3 Definitie (vectorruimte).1 Een (reële) vectorruimte R, V, + is een niet-lege verzameling V , voorzien van twee inwendige bewerkingen in V die we hierna de optelling in V en de scalaire vermenigvuldiging in V noemen: +:V ×V →V

·:R×V →V

(u, v) 7→ u + v

(r, u) 7→ r · u

zodat aan de volgende axioma’s is voldaan: ∀u, v, w ∈ V : (u + v) + w = u + (v + w)

(1)

de optelling in V is associatief:

(2)

er is een neutraal element voor de optelling in V :

(3)

elk element in V heeft een invers element voor optelling:

(4)

de optelling in V is commutatief:

(5)

de scalaire vermenigvuldiging in V is gemengd associatief:

(6)

de scalaire vermenigvuldiging in V is distributief ten de scalaire vermenigvuldiging in V is distributief ten het reëel getal 1 is een neutraal element voor de scalaire vermenigvuldiging in V :

∀u, v ∈ V : u + v = v + u

∀r, s ∈ R, ∀u ∈ V : (rs) · u = r · (s · u)

∀r, s ∈ R, ∀u ∈ V : (r + s) · u = r · u + s · u

opzichte van de optelling in R: (8)

∀u ∈ V : ∃u0 ∈ V : u + u0 = 0V = u0 + u

∀r ∈ R, ∀u, v ∈ V : r · (u + v) = r · u + r · v

opzichte van de optelling in V : (7)

∃0V ∈ V : ∀u ∈ V : u + 0V = u = 0V + u

∀u ∈ V : 1 · u = u.

We noemen elementen u, v, . . . ∈ V vectoren en de getallen r, s, . . . ∈ R ook wel scalairen. Voor een vector v en een scalair r zullen we de scalaire vermenigvuldiging r · v vaak noteren als rv.

3 Opmerkingen.

1. De optelling in V en scalaire vermenigvuldiging in V zijn bewerkingen die beide inwendig in V zijn. In symbolen betekent dit: ∀u, v ∈ V : u + v ∈ V

∀r ∈ R, ∀u ∈ V : r · u ∈ V.

2. Axioma 5 stelt dat scalaire vermenigvuldiging gemengd associatief is. De term gemengd wijst er op dat hier twee soorten vermenigvuldiging aan het werk zijn. Zo voert men bij de bewerking (rs) · u eerst de vermenigvuldiging rs uit (vermenigvuldiging in R) om daarna met u te vermenigvuldigen (scalaire vermenigvuldiging in V ). 3. Een niet-lege verzameling V voorzien van een inwendige bewerking + : V × V → V die voldoet aan de axioma’s 1, 2 en 3 noemt men een groep, notatie V, +.2 Voldoet een groep V, + bovendien aan axioma 4 dan spreekt men van een commutatieve (of abelse) groep.3 Onderstaande figuur toont een overzicht van de hierboven besproken structuren op een verzameling V .

verzameling V +:V ×V →V

axioma’s 1-3 groep V, +

axioma 4 commutatieve groep V, + ·:R×V →V axioma’s 5-8

reële vectorruimte R, V, + 1 Men kan ook vectorruimten beschouwen over een ander veld dan R, zoals Q (het veld van de rationale getallen), C (het veld van de complexe getallen), Zp met p priem (eindig veld met p elementen). Echter, in wat volgt bedoelen we met de term vectorruimte steeds een reële vectorruimte. Vervangt men in de definitie van een reële vectorruimte de verzameling R door een ring, zoals Z, dan spreekt men over modulen in plaats van vectorruimten. 2 De tak van de wiskunde (binnen de algebra) die zich bezighoudt met de studie van groepen luistert naar de naam groepentheorie. 3 Genoemd naar Niels Henrik Abel (1802 - 1829).

XVII-9

2.2

Voorbeelden van vectorruimten

In deze paragraaf komen een eerste reeks voorbeelden van vectorruimten aan bod: dat zijn telkens concrete verzamelingen V voorzien van een optelling en een scalaire vermenigvuldiging die voldoen aan de acht axioma’s uit de definitie van een vectorruimte.

Voorbeeld 1 - De vectorruimte R, V2 , + 3 Beschrijving. Neem voor

. verzameling V : de verzameling V2 van alle (vrije) vectoren in het vlak,

. optelling in V : de gewone optelling van vectoren in het vlak,

. scalaire vermenigvuldiging in V : de gewone scalaire vermenigvuldiging van een reëel getal met een vector. Men kan aantonen dat de verzameling V2 voorzien van deze optelling en scalaire vermenigvuldiging, aan de acht axioma’s van een vectorruimte voldoet. Dus R, V2 , + is een vectorruimte.

− − 3 Voorbeeld. Gegeven zijn representanten voor de vectoren → u en → v . Teken een representant voor de vector → − → − → − u + v en een representant voor de vector 2 u .

− → u

− → v

Voorbeeld 2 - De vectorruimte R, V3 , +

We kunnen de vectorruimte R, V2 , + als volgt veralgemenen. 3 Beschrijving. Neem voor . verzameling V : de verzameling V3 van alle (vrije) vectoren in de ruimte,

. optelling in V : de gewone optelling van vectoren in de ruimte,

. scalaire vermenigvuldiging in V : de gewone scalaire vermenigvuldiging van een reëel getal met een vector. Opnieuw is, met deze optelling en scalaire vermenigvuldiging, voldaan aan de acht axioma’s van een vectorruimte. 3 Voorbeeld. Nevenstaande figuur toont een kubus in de ruimte. − − (a) Teken een representant van de vector → u +→ v.

− (b) Teken een representant van een invers element van → u voor de optelling in V3 . − − (c) Welke vectoren zijn van de gedaante r→ u + s→ v met r, s ∈ R?

− → v

Oplossing. − − (c) De vectoren van de gedaante r→ u + s→ v hebben een representant in het voorvlak van de kubus.

− → u

Enkel in de vectorruimten R, V2 , + en R, V3 , + zullen we de elementen (vectoren) voorzien van een pijl. We schrijven − − dus → u ∈ V2 of → u ∈ V3 , terwijl we u ∈ V noteren voor een element u in een willekeurige vectorruimte R, V, + verschillend van V2 en V3 .

XVII-10

Voorbeeld 3 - De vectorruimte R, R2 , + 3 Beschrijving. Neem voor . verzameling V : de verzameling R2 van alle koppels reële getallen R2 = {(x, y) | x, y ∈ R} . optelling in V : de componentsgewijze optelling (vul aan) (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ), . scalaire vermenigvuldiging in V : de componentsgewijze scalaire vermenigvuldiging (vul aan) r · (x, y) = (rx, ry). Dan is R, R2 , + een vectorruimte. Bij wijze van voorbeeld zullen we dit hieronder expliciet nagaan. Dat is een lange, maar typische oefening op de definitie van een vectorruimte. 3 Modelvoorbeeld. Bewijs dat R, R2 , + een vectorruimte is. Oplossing. Eerst gaan we na of de optelling en scalaire vermenigvuldiging inwendig in R2 zijn: er geldt inderdaad dat (x1 + x2 , y1 + y2 ) ∈ R2 voor elke x1 , x2 , y1 , y2 ∈ R en dat (rx, ry) ∈ R2 voor elke r, x, y ∈ R. Vervolgens gaan we de acht axioma’s van een vectorruimte na. (1) Optelling in R2 is associatief, in symbolen: ∀u, v, w ∈ R2 : (u + v) + w = u + (v + w). Neem u, v, w ∈ R2 willekeurig. Schrijven we u = (x1 , y1 ), v = (x2 , y2 ) en w = (x3 , y3 ) dan volgt uit de definitie van de optelling in R2 enerzijds: (u + v) + w = (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) + (x3 , y3 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ) + (x3 , y3 ) = ((x1 + x2 ) + x3 , (y1 + y2 ) + y3 ), terwijl anderzijds: u + (v + w) = (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) + (x3 , y3 )

= (x1 , y1 ) + (x2 + x3 , y2 + y3 ) = (x1 + (x2 + x3 ), y1 + (y2 + y3 )). Dat (x1 + x2 ) + x3 = x1 + (x2 + x3 ) volgt uit het feit dat de optelling in R associatief is en een analoog argument gaat op voor de andere component. We besluiten dat (u + v) + w = u + (v + w). (2) Er is een neutraal element voor de optelling in R2 , in symbolen: ∃0R2 ∈ R2 : ∀u ∈ R2 : u + 0R2 = u = 0R2 + u. Stel 0R2 = (0, 0). Dan is voor elke u = (x, y) ∈ R2 u + 0R2 = (x, y) + (0, 0) = (x + 0, y + 0) = (x, y) = u waarbij we in de voorlaatste gelijkheid gebruik gemaakt hebben van het reëel getal 0 als neutraal element voor de optelling in R. Analoog is ook 0R2 + u = u. (3) Elk element in R2 heeft een invers element voor optelling in R2 , in symbolen: ∀u ∈ R2 : ∃u0 ∈ R2 : u + u0 = 0R2 = u0 + u. Neem u = (x, y) ∈ R2 willekeurig. Dan is u0 = (−x, −y) een invers element van u voor de optelling in R2 want u + u0 = (x, y) + (−x, −y) = (x + (−x), y + (−y)) = (0, 0) = 0R2 . Analoog is u0 + u = 0R2 .

(4) de optelling in R2 is commutatief, in symbolen: ∀u, v ∈ R2 : u + v = v + u. Neem u = (x1 , y1 ) ∈ R2 en v = (x2 , y2 ) ∈ R2 . Dan is enerzijds: u + v = (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ), terwijl anderzijds: v + u = (x2 , y2 ) + (x1 , y1 ) = (x2 + x1 , y2 + y1 ). De optelling in R is commutatief zodat x1 + x2 = x2 + x1 , enzovoort. We verkrijgen dat u + v = v + u. XVII-11

(5) de scalaire vermenigvuldiging in R2 is gemengd associatief, in symbolen: ∀r, s ∈ R, ∀u ∈ R2 : (rs) · u = r · (s · u). Neem r, s ∈ R en u = (x, y) ∈ R2 willekeurig. Dan is: (rs) · u = (rs) · (x, y) = (rs)x, (rs)y

en r · (s · u) = r · s · (x, y) = r · (sx, sy) = r(sx), r(sy) .

De vermenigvuldiging in R is associatief zodat (rs)x = r(sx) enzovoort, waaruit volgt dat (rs)·u = r ·(s·u). (6) de scalaire vermenigvuldiging in R2 is distributief ten opzichte van de optelling in R2 , in symbolen: ∀r ∈ R, ∀u, v ∈ R2 : r · (u + v) = r · u + r · v. Zij r ∈ R en u, v ∈ R2 willekeurig. Stellen we u = (x1 , y1 ) en v = (x2 , y2 ) dan is enerzijds: r · (u + v) = r · (x1 + x2 , y1 + y2 ) = r(x1 + x2 ), r(y1 + y2 )

= (rx1 + rx2 , ry1 + ry2 ), terwijl anderzijds: r · u + r · v = r · (x1 , y1 ) + r · (x2 , y2 ) = (rx1 , ry1 ) + (rx2 , ry2 ) = (rx1 + rx2 , ry1 + ry2 ). (7) de scalaire vermenigvuldiging in R2 is distributief ten opzichte van de optelling in R, in symbolen: ∀r, s ∈ R, ∀u ∈ R2 : (r + s) · u = r · u + s · u. Nemen we r, s ∈ R en u = (x, y) ∈ R2 , dan is: (r + s) · u = ((r + s)x, (r + s)y) = (rx + sx, ry + sy) = r · u + s · v. (8) het reëel getal 1 is een neutraal element voor de scalaire vermenigvuldiging in R2 , in symbolen: ∀u ∈ R2 : 1 · u = u. Voor u = (x, y) ∈ R2 volgt uit de definitie van scalaire vermenigvuldiging dat 1 · u = (1x, 1y) = (x, y) = u. In deze bewijzen hebben we veelvuldig gebruik gemaakt van eigenschappen van de optelling en scalaire vermenigvuldiging in R, zoals: de optelling in R is associatief, het reëel getal 0 is neutraal element voor de optelling in R enzovoort. De axioma’s van de vectorruimte R2 werden dus aangetoond op basis van gelijkaardige axioma’s van R. Ook in de volgende voorbeelden kan een soortgelijke overeenkomst worden opgemerkt.

Voorbeeld 4 - De vectorruimte R, Rn , + We kunnen de vectorruimte R, R2 , + als volgt veralgemenen. 3 Beschrijving. Zij n ∈ N0 en beschouw als

. verzameling V : de verzameling Rn van alle geordende n-tallen reële getallen Rn = {(a1 , a2 , . . . , an ) | ai ∈ R}

. optelling in V : de componentsgewijze optelling (vul aan) (a1 , a2 , . . . , an ) + (b1 , b2 , . . . , bn ) = (a1 + b1 , a2 + b2 , . . . , an + bn ), . scalaire vermenigvuldiging in V : de componentsgewijze scalaire vermenigvuldiging (vul aan) r · (a1 , a2 , . . . , an ) = (ra1 , ra2 , . . . , ran ). Op precies dezelfde manier als hierboven kunnen we aantonen dat deze verzameling Rn , voorzien van de bovenstaande optelling en scalaire vermenigvuldiging, aan de axioma’s van een vectorruimte voldoet. 3 Modelvoorbeeld. Beschouw de vectorruimte R, R5 , + en de vectoren u = (1, 1, −2, 0, 3) en v = (0, 3, −1, 2, −4). (a) Bereken de vectoren u + v en (−2)u. (b) Wegens axioma 2 is er een neutraal element voor de optelling in de vectorruimte R, R5 , +. Geef zo’n element. Oplossing. (a) We hebben u + v = (1, 4, −3, 2, −1) en (−2)u = (−2, −2, 4, 0, −6). (b) 0R5 = (0, 0, 0, 0, 0) XVII-12

Voorbeeld 5 - De vectorruimte R, Rm×n , + Ook op de verzameling van m × n-matrices kan de structuur van een vectorruimte gelegd worden. 3 Beschrijving. Zij m, n ∈ N0 en beschouw als . verzameling V : de verzameling van alle reële m × n-matrices4

Rm×n

 a11     a21  =  .   ..   am1

a12 a22 .. .

... ...

am2

...

 

a1n

   

a2n  

a ∈ R 

.. ij  . 

  

amn

. optelling in V : de elementsgewijze optelling van matrices      a11 + b11 a11 . . . a1n b11 . . . b1n  .. .. ..  +  .. ..  =   . . .   . .   am1 + bm1 am1 . . . amn bm1 . . . bmn

... ...

 a1n + b1n  ..  . amn + bmn

. scalaire vermenigvuldiging in V : de elementsgewijze vermenigvuldiging van een matrix met een scalair     a11 . . . a1n ra11 . . . ra1n  ..  =  .. ..  . r ·  ... .   . .  am1

...

amn

ram1

...

ramn

Opnieuw kunnen we nagaan dat Rm×n , voorzien van deze optelling en scalaire vermenigvuldiging, aan de axioma’s van een vectorruimte voldoet. ï ò ï ò −1 0 4 2 0 0 3 Modelvoorbeeld. Beschouw de vectorruimte R, R2×3 , + en de vectoren u = en v = . 2 2 6 9 5 −6 (a) Bereken de vectoren u + v en (−2)u + (−3)v. (b) Geef een invers element van u voor de optelling in de vectorruimte R, R2×3 , +. (c) Bewijs dat de scalaire vermenigvuldiging in R, R2×3 , + gemengd associatief is. Oplossing. ï

ò ï 1 0 4 −4 (a) We hebben u + v = en (−2)u + (−3)v = 11 7 0 −31 ï ò 1 0 −4 (b) u0 = −2 −2 −6

0 −19

ò −8 . 6

(c) We moeten aantonen dat ∀r, s ∈ R, ∀u ∈ R2×3 : (rs) · u = r · (s · u). ï ò a b c ∈ R2×3 willekeurig. Dan is enerzijds Neem r, s ∈ R en u = d e f (rs) · u = (rs) ·

ï a d

b e

ò ï ò c (rs)a (rs)b (rs)c = f (rs)d (rs)e (rs)f

terwijl anderzijds Å ï a b r · (s · u) = r · s · d e

c f

òã

=r·

ï sa sd

sb se

ò ï ò sc r(sa) r(sb) r(sc) = . sf r(sd) r(se) r(sf )

De vermenigvuldiging in R is associatief zodat (rs)a = r(sa) enzovoort, waaruit volgt dat (rs) · u = r · (s · u).

4 Voor definities, basisbegrippen en eigenschappen in verband met matrices (en later met oplossen van stelsels), verwijzen we naar Deel Matrices.

XVII-13

2.3

Basiseigenschappen van vectorruimten

In deze paragraaf bewijzen we enkele eigenschappen die rechtstreeks uit de axioma’s van een vectorruimte volgen. Het voordeel is dat we deze eigenschappen maar één keer hoeven aan te tonen, om ze daarna in elk voorbeeld van een vectorruimte te kunnen gebruiken. 3 Eigenschap (uniciteit van neutraal element en invers element). Zij R, V, + een vectorruimte. Dan gelden de volgende eigenschappen: (i) er is juist één neutraal element voor de optelling in V : ∃! 0V ∈ V : ∀u ∈ V : u + 0V = u = 0V + u (ii) elk element in V heeft juist één invers element voor de optelling in V : ∀u ∈ V : ∃! u0 ∈ V : u + u0 = 0V = u0 + u Bewijs van (i). Wegens axioma 2 is er minstens één neutraal element voor de optelling in V . Dus er is een vector 0V ∈ V waarvoor geldt: ∀u ∈ V : u + 0V = u = 0V + u.

(1)

We tonen nu aan dat er hoogstens één neutraal element bestaat. Stel daartoe dat er een tweede zou bestaan, met andere woorden dat ook voor een vector 00V ∈ V geldt: ∀u ∈ V : u + 00V = u = 00V + u.

(2)

We moeten aantonen dat noodzakelijk 0V = 00V . Welnu (vul aan en verklaar elke overgang): 0V = 0V + 00V

wegens (2) waar we u = 0V kiezen

= 00V

wegens (1) waar we u = 00V kiezen.

We besluiten dat er juist één neutraal element voor de optelling in V is. Bewijs van (ii). Neem u ∈ V . Wegens axioma 3 heeft u minstens één invers element u0 voor de optelling in V : u + u0 = 0V = u0 + u.

(3)

Nemen we aan dat ook voor een vector u00 ∈ V geldt dat u + u00 = 0V = u00 + u,

(4)

dan is (vul aan en verklaar elke overgang): u0 = u0 + 0V

wegens axioma 2

= u0 + (u + u00 )

wegens (4)

= (u0 + u) + u00

wegens axioma 1

= 0V + u00

wegens (3)

= u00

wegens axioma 2.

Bijgevolg heeft u juist één invers element voor de optelling in V . De uniciteit van het neutraal element laat ons toe om over het neutraal element voor de optelling te spreken. We spreken ook wel van de nulvector in V . Analoog spreken we van het invers element van een vector u ∈ V , ook wel de tegengestelde vector van u genoemd. Die vector zullen we in het vervolg met −u noteren. 3 Definitie (verschil van vectoren). Zij R, V, + een vectorruimte. Het verschil van twee vectoren u, v ∈ V is de som van de vector u met de tegengestelde van v. In symbolen: def

u − v = u + (−v) XVII-14

3 Eigenschap (basiseigenschappen van een vectorruimte). Zij R, V, + een vectorruimte. Dan gelden de volgende eigenschappen: (iii) ∀u, v, w ∈ V : u + v = w + v ⇒ u = w,

(schrappingswet)

(iv) ∀v ∈ V : 0 · v = 0V , (v) ∀r ∈ R : r · 0V = 0V , (vi) ∀r ∈ R, ∀v ∈ V : r · v = 0V ⇔ r = 0 of v = 0V , (vii) ∀v ∈ V : (−1) · v = −v, (viii) ∀r ∈ R, ∀v ∈ V : (−r) · v = −(r · v) = r · (−v). We bewijzen de eigenschappen (iii), (iv), (vi) en (vii). De bewijzen van de eigenschappen (v) en (viii) worden als oefening voor de lezer gehouden. Bewijs van (iii). Neem u, v, w ∈ V en stel dat u + v = w + v. We zullen aantonen dat u = w (vul aan en verklaar elke overgang): u+v =w+v

⇒

(u + v) + (−v) = (w + v) + (−v)

wegens gelijke termen toevoegen

⇒

u + (v + (−v)) = w + (v + (−v))

wegens axioma 1

⇒

u + 0V = w + 0V

wegens axioma 3

⇒

u=w

wegens axioma 2.

Bewijs van (iv). Neem v ∈ V . We moeten aantonen dat 0 · v = 0V . We vinden: 0 · v = (0 + 0) · v

⇒

0·v =0·v+0·v

wegens axioma 7

⇒

0 · v + 0V = 0 · v + 0 · v

wegens axioma 2

⇒

0V = 0 · v

wegens schrappingswet.

Bewijs van (vi). Neem r ∈ R en v ∈ V . Als r = 0 of v = 0V dan volgt uit de eigenschappen (iv) en (v) onmiddellijk dat r · v = 0V . Omgekeerd, onderstel dat r · v = 0V . Om aan te tonen dat r = 0 of v = 0V onderscheiden we twee gevallen. Geval 1: r = 0. Dan geldt overduidelijk r = 0 of v = 0V en in dit geval is het gestelde bewezen.

Geval 2: r 6= 0. We zullen aantonen dat v = 0V (vul aan en verklaar de overgangen): r · v = 0V

⇒

1 1 · (r · v) = · 0V r r Å ã 1 r · v = 0V r

⇒

1 · v = 0V

⇒

v = 0V

⇒

1 ∈ R want r 6= 0 r wegens axioma 5 en eigenschap (v)

wegens axioma 8.

Bewijs van (vii). Neem v ∈ V . Te bewijzen is dat (−1) · v = −v, of anders geformuleerd: het invers element van v voor de optelling in V is gelijk aan (−1) · v. Dat is inderdaad het geval, want (vul aan en verklaar de overgangen): v + (−1) · v = 1 · v + (−1) · v

wegens axioma 8

= (1 + (−1)) · v

wegens axioma 7

=0·v = 0V

wegens eigenschap (iv).

Uit de commutativiteit van de optelling in V volgt ook dat (−1) · v + v = 0V . Deze basiseigenschappen kunnen aangewend worden om aan te tonen dat een verzameling, voorzien van een optelling en scalaire vermenigvuldiging, geen vectorruimte is (zie Oefening 9). XVII-15

2.4

Voorbeelden van vectorruimten (vervolg)

In deze paragraaf bespreken we een tweede en laatste reeks voorbeelden van vectorruimten. We starten met het meest eenvoudige voorbeeld van een vectorruimte.

Voorbeeld 6 - De triviale vectorruimte R, {0V }, + 3 Beschrijving. Neem voor

. verzameling V : een verzameling met één element V = {a}, . optelling in V : a + a = a,

. scalaire vermenigvuldiging in V : ra = a voor elke r ∈ R. Dan is de optelling en scalaire vermenigvuldiging inwendig in V . We laten het als oefening voor de lezer om na te gaan dat er ook voldaan is aan de acht axioma’s van een vectorruimte. In het bijzonder is de nulvector in V gelijk aan het enige element van V , zodat a = 0V en we dan ook mogen noteren dat V = {0V }. We noemen deze vectorruimte de triviale vectorruimte.

Voorbeeld 7 - De vectorruimte R, RN , + 3 Definitie (reële rij). Een (reële) rij is een afbeelding van N naar R: (an ) : N → R

i 7→ ai .

We noteren een rij (an ) als (a0 , a1 , a2 , . . .) waarbij ai ∈ R voor elke i ∈ N.

3 Beschrijving. Neem voor

. verzameling V : de verzameling van alle rijen RN = {(a0 , a1 , a2 , . . .) | ai ∈ R} . optelling in V : de termsgewijze optelling van rijen (vul aan) (a0 , a1 , a2 , . . .) + (b0 , b1 , b2 , . . .) = (a0 + b0 , a1 + b1 , a2 + b2 , . . .) . scalaire vermenigvuldiging in V : de termsgewijze scalaire vermenigvuldiging van rijen (vul aan) r · (a0 , a1 , a2 , . . .) = (ra0 , ra1 , ra2 , . . .).

We kunnen nagaan dat de verzameling RN , voorzien van deze optelling en scalaire vermenigvuldiging, aan de axioma’s van een vectorruimte voldoet. 3 Voorbeeld. Beschouw in de vectorruimte R, RN , + de vectoren u = (1, 2, 3, 4, 5, . . .) en v = (1, 2, 1, 2, 1, . . .). √ (a) Bereken de vectoren 7 u en 2u − v. (b) Geef de nulvector in de vectorruimte R, RN , +. (c) Geef de tegengestelde vector van u. (d) Bewijs de volgende uitspraak: ∀r, s ∈ R : ru + sv = 0RN ⇒ r = s = 0. Oplossing. (a) (b) (c) (d)

√ √ √ √ √ We vinden 7 u = ( 7, 2 7, 3 7, 4 7, . . .) en 2u − v = (1, 2, 5, 6, 9, 10, . . .). 0RN = (0, 0, 0, 0, 0, . . .) −u = (−1, −2, −3, −4, −5, . . .) Om de uitspraak te bewijzen nemen we r, s ∈ R en veronderstellen we dat ru + sv = 0RN . Dan vinden we: ru + sv = 0RN

⇒

r(1, 2, 3, 4, 5, . . .) + s(1, 2, 1, 2, 1, . . .) = (0, 0, 0, 0, 0, . . .) (r + s, 2r + 2s, 3r + s, 4r + 2s, 5r + s, . . .) = (0, 0, 0, 0, 0, . . .)  r+s=0      2r + 2s = 0    3r + s = 0 ⇒ r = 0 en s = 0.   4r + 2s = 0     .  .. XVII-16

Voorbeeld 8 - De vectorruimte R, R[X], + 3 Beschrijving. Neem voor . verzameling V : de verzameling van alle (reële) veeltermen in X (zie Deel Precalculus 1) R[X] = {a0 + a1 X + a2 X 2 + · · · + an X n | n ∈ N en a0 , a1 , a2 , . . . , an ∈ R} . optelling in V : de klassieke optelling van veeltermen (vul aan) a0 + a1 X + a2 X 2 + · · · + an X n + b0 + b1 X + b2 X 2 + · · · + bm X m = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )X + (a2 + b2 )X 2 + . . . . scalaire vermenigvuldiging in V : de klassieke vermenigvuldiging van een veelterm met een scalair r · (a0 + a1 X + a2 X 2 + · · · + an X n ) = ra0 + (ra1 )X + (ra2 )X 2 + · · · + (ran )X n . Deze optelling en scalaire vermenigvuldiging in R[X] voldoen aan de definitie van de vectorruimte.

Voorbeeld 9 - De vectorruimte R, RR , + 3 Beschrijving. Beschouw als . verzameling V : de verzameling van alle R-R afbeeldingen (zie Hoofdstuk 1) RR = {f | f : R → R is een afbeelding} . optelling in V : de puntsgewijze optelling (zie Deel Precalculus 1) f + g : R → R : x 7→ (f + g)(x) = f (x) + g(x) . scalaire vermenigvuldiging in V : de puntsgewijze scalaire vermenigvuldiging (zie Deel Precalculus 1) r · f : R → R : x 7→ (r · f )(x) = rf (x). Ook deze verzameling is, voorzien van deze bewerkingen, uitgerust met de structuur van een vectorruimte. Ter illustratie bewijzen we twee axioma’s voor R, RR , +. De andere axioma’s worden als oefening voor de lezer gelaten. 3 Modelvoorbeeld. Bewijs dat de optelling in RR voldoet aan axioma’s 2 en 3 van een vectorruimte. Oplossing. (2) We gaan na dat er een neutraal element voor de optelling in RR is. Als kandidaat nemen we de afbeelding van R naar R die elk getal x afbeeldt op het getal 0: 0RR : R → R

x 7→ 0.

We moeten aantonen dat ∀f ∈ RR : f + 0RR = f = 0RR + f . Beschouw een willekeurige afbeelding f ∈ RR . Voor elke x ∈ R geldt, wegens de definitie van de optelling in RR (vul aan): (f + 0RR )(x) = f (x) + 0RR (x) = f (x) + 0 = f (x). Uit de definitie van gelijkheid van afbeeldingen volgt dat de R-R afbeeldingen f + 0RR en f aan elkaar gelijk zijn. Analoog is ook f = 0RR + f . (3) We tonen aan dat elk element f ∈ RR een invers element voor de optelling in RR heeft. Beschouw de afbeelding f 0 van R naar R die elk reëel getal x afbeeldt op het tegengestelde van het beeld van x onder de afbeelding f : f0 : R → R x 7→ −f (x).

Dan is f 0 een invers element van f voor de optelling in RR . Inderdaad, voor elke x ∈ R is (vul aan): (f + f 0 )(x) = f (x) + f 0 (x) = f (x) + (−f (x)) = 0 = 0RR (x) zodat f + f 0 = 0RR . Analoog is ook f 0 + f = 0RR . Merk op dat het niet volstaat om de afbeelding −f als invers element van f voor te stellen, indien −f niet eerst gedefinieerd werd. XVII-17

Oefeningen 2 Vectorruimten 2.1 Definitie van vectorruimte

2.2 Voorbeelden van vectorruimten

2.3 Basiseigenschappen van vectorruimten

7 8

2.4 Voorbeelden van vectorruimten (vervolg)

Basis ?

1 3 4

9 12 13 14

Verdieping ? ??

Uitbreiding ? ??

11 15

Oefeningen bij §2.1 Oefening 1. Zij R, V, + een vectorruimte. Beschouw in V twee gekende vectoren v1 , v2 en een onbekende vector u. Op welke axioma’s van vectorruimten moet je steunen om de volgende vergelijkingen in u op te lossen? B

(a) u + v1 = v2

(b) 3u = v1

B? (c) 3u + v1 = v2 B?? (d) 3(u + v1 ) + 2(u + v2 ) = 0V

Oefeningen bij §2.2 B

Oefening 2. Waarom is de verzameling van singuliere n × n-matrices S = M ∈ Rn×n | det M = 0 , voorzien van de elementsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging van matrices, geen vectorruimte?

B??

Oefening 3. Beschouw in de vectorruimte R, R4 , + de deelverzameling W = {(2s, 0, −s, t) | s, t ∈ R}. Toon aan dat R, W, + een vectorruimte is.

B??

Oefening 4. Beschouw de verzameling van alle 2 × 2-diagonaalmatrices ßï ò

™ a 0

D= a, b ∈ R 0 b

voorzien van de elementsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging van matrices. Bewijs dat R, D, + een vectorruimte is.

ßÅ ã

™ x

Oefening 5. Beschouw de verzameling EX = x, y ∈ R , die we voorzien van de volgende optelling en scalaire y

vermenigvuldiging: Å ã Å ã Å ã Å ã Å ã x1 x2 x1 + x2 + 1 x rx + r − 1 + = en r · = . y1 y2 y1 + y2 − 1 y ry − r + 1 (a) Toon aan dat R, EX, + een vectorruimte is. (b) Wat is het neutraal element in EX?

XVII-18

Oefening 6 (magische vierkanten). Een magisch vierkant van orde n (met n ∈ N0 ) is een vierkant schema waarin n2 getallen zodanig zijn ingevuld dat de kolommen, de rijen en de beide diagonalen alle dezelfde som opleveren. Hieronder zie je het magisch vierkant van orde 4 uit de kopergravure Melencolia I van Albrecht Dürer (1514). Bewijs dat de verzameling van magische vierkanten van orde 4, voorzien van de hokjesgewijze optelling en hokjesgewijze scalaire vermenigvuldiging, een reële vectorruimte is.

Oefeningen bij §2.3 B

Oefening 7. Beschouw in de vectorruimte R, R4 , + de vectoren v1 = (2, 1, −3, 0),

v2 = (5, 0, 2, 4)

v3 = (12, 1, 1, 8).

Bereken v1 + 2v2 − v3 . B

Oefening 8. Zij R, V, + een vectorruimte en u, v1 , v2 , v3 ∈ V . Druk telkens de vector u uit in functie van de vectoren v1 , v2 , v3 en vereenvoudig zoveel als mogelijk. (a) (v1 − u) + (v2 − u) + (v3 − u) = 0V (b)

1 2

2 1 (3u + 2v1 − v2 ) = (v1 − u + 3v3 ) 2 3

Oefening 9. Op de verzameling R2 voorzien we een nieuwe optelling: + : R2 × R2 → R2 : (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) 7→ (x1 + x2 , 0) en een nieuwe scalaire vermenigvuldiging: · : R × R2 → R2 : r, (x1 , y1 ) → 7 (rx1 , 0). Bewijs dat R2 voorzien van deze nieuwe optelling en scalaire vermenigvuldiging geen vectorruimte is door aan te tonen dat niet voldaan is aan de schrappingswet.

Oefening 10. Zij R, V + een vectorruimte. Bewijs dat voor elke vector u ∈ V geldt dat −(−u) = u.

Oefening 11 (basiseigenschappen van een vectorruimte). Zij R, V, + een vectorruimte. Bewijs de volgende basiseigenschappen. Vermeld bij elke overgang op welk axioma, welke definitie of welke eigenschap je steunt. (ix) ∀r ∈ R, ∀u, v ∈ V : r(u − v) = ru − rv (x) ∀r, s ∈ R, ∀v ∈ V : (r − s)v = rv − sv (xi) ∀r ∈ R0 , ∀u, v ∈ V : ru = rv ⇒ u = v (xii) ∀r, s ∈ R, ∀v ∈ V \ {0V } : rv = sv ⇒ r = s XVII-19

Oefeningen bij §2.4 B?

Oefening 12. Zij R, V, + een niet-triviale vectorruimte. Bepaal telkens (indien mogelijk) de waarde(n) van x ∈ R zo dat voor elke vector u ∈ V de gegeven uitdrukking geldt. (a) 3xu = u − xu (b) 4xu = 2(2x − 1)u (c) 3xu = xu − 4u (d) 6xu = 2(3x − 2)u + 4u

Oefening 13. Bewijs dat de scalaire vermenigvuldiging in RN gemengd associatief is.

Oefening 14. Bewijs: er is een neutraal element voor de optelling in R[X].

Oefening 15. Beschouw de vectorruimte R, RR , + van R-R afbeeldingen. Beschouw daarnaast de verzameling van alle reële functies F = {f | f is een functie van R naar R} die we voorzien van de puntsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging van functies. Ten slotte nemen we de functies 1 f : R → R : x 7→ x en √ √ g : R → R : x 7→ x + −x. (a) Toon aan dat f en g niet tot RR behoren. (b) Stel dat er een uniek neutraal element 0F voor de optelling in F is en dat elk element in F een invers element voor de optelling in F heeft. Toon met behulp van de functies f en g aan dat noodzakelijk dom 0F = ∅. (c) Toon aan dat F, voorzien van de puntsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging van functies, geen vectorruimte is door aan te tonen dat niet voldaan is aan basiseigenschap (iv) van vectorruimten.

Oefening 16 (vectorruimte van alle veeltermen in X m ). Zij m ∈ N0 en beschouw de verzameling van alle reële veeltermen in X m : R[X m ] = {b0 + b1 X m + b2 X 2m + · · · + bn X nm | n ∈ N en b0 , b1 , . . . , bn ∈ R} voorzien van de klassieke optelling en scalaire vermenigvuldiging van veeltermen. Toon aan dat R, R[X m ], + een vectorruimte is.

U??

Oefening 17 (rationale vectorruimte). Gegeven is de verzameling √ √ Q[ 2] = {a + b 2 | a, b ∈ Q} √ (a) Geef drie verschillende elementen van de verzameling Q[ 2]. √ (b) Toon aan dat Q[ 2], voorzien van de klassieke optelling en scalaire vermenigvuldiging, geen reële vectorruimte is. (c) Men kan ook vectorruimten beschouwen over een andere verzameling dan R, zoals bijvoorbeeld Q. (Niet elke verzameling komt echter in aanmerking: ze moet een zogenaamd veld zijn. De verzamelingen Q, R en C zijn velden, maar N en Z niet. De definitie van een veld is niet nodig om deze oefening op te lossen.) Toon aan dat √ Q[ 2], voorzien van de klassieke optelling en scalaire vermenigvuldiging √ √ √ √ √ en + : Q[ 2] × Q[ 2] → Q[ 2] · : Q × Q[ 2] → Q[ 2], √ een rationale vectorruimte is (dus een vectorruimte over Q). Deze vectorruimte wordt genoteerd als Q, Q[ 2], +.

XVII-20

Hoofdstuk 3

Deelruimten In de wiskunde worden algebraı̈sche structuren vaak bestudeerd door middel van hun deelstructuren. Dat is wat we in dit hoofdstuk zullen doen: kijken naar deelverzamelingen die de vectorruimtestructuur bezitten.

3.1

Definitie van deelruimte

Zij R, V, + een vectorruimte en W ⊆ V . Omdat elk element van W tot V behoort, noemen we de elementen van W ook vectoren en kunnen we de vectoren van W met elkaar optellen en met een reëel getal vermenigvuldigen. Op die manier leiden de optelling en de scalaire vermenigvuldiging in V tot de twee bewerkingen: +:W ×W →V

(u, v) 7→ u + v

·:R×W →V

(1)

(r, u) 7→ r · u.

Het is denkbaar dat voor u, v ∈ W de som u + v niet tot W behoort. In dat geval is de optelling niet inwendig in W en is W , voorzien van de bewerkingen (1), geen vectorruimte. Evenzo kan voor r ∈ R en u ∈ W de scalaire vermenigvuldiging r · u buiten W vallen. 3 Voorbeeld. Neem de vectorruimte R, R2 , + en beschouw de deelverzameling W = {(a, a + 1) | a ∈ R}. (a) Geef drie verschillende vectoren van W . (b) Toon aan dat de optelling niet inwendig is in W . Oplossing. (a) Stellen we a achtereenvolgens gelijk aan 0, 1 en 2 dan vinden we (0, 1) ∈ W , (1, 2) ∈ W en (2, 3) ∈ W . (b) Nu is u = (0, 1) ∈ W en v = (1, 2) ∈ W maar u + v = (1, 3) 6∈ W . De optelling is dus niet inwendig in W .

Wil een niet-lege verzameling W voorzien van de bewerkingen (1) zelf een vectorruimte zijn, dan is het nodig dat deze bewerkingen inwendig in W zijn. Zo’n niet-lege deelverzameling noemen we voortaan een deelruimte. We zullen later zien dat deze voorwaarden ook voldoende zijn opdat W de structuur van een vectorruimte zou hebben. 3 Definitie (deelruimte). Zij R, V, + een vectorruimte en W ⊆ V . We noemen W een deelruimte van V als de volgende voorwaarden voldaan zijn:

(0) W 6= ∅,

(1) ∀u, v ∈ W : u + v ∈ W ,

(2) ∀r ∈ R, ∀u ∈ W : r · u ∈ W .

Als W een deelruimte is van V dan noteren we W ≤ V en zullen dit soms schematiseren zoals op nevenstaande figuur.1 Is een deelverzameling W van V geen deelruimte, dan noteren we dit met W 6≤ V .

voorstelling van W ≤ V

1 Zo’n voorstelling is gerelateerd aan het begrip Hasse-diagram: een grafische voorstelling van een eindige, zogenaamde partieel geordende verzameling, bijvoorbeeld {0, 1, 2, 3} voorzien van de relatie < of del(12) voorzien van de relatie is een gehele deler van. In het diagram worden de elementen van de verzameling getekend als punten en de ordeningsrelatie weergegeven door twee elementen die elkaars directe opvolger en voorganger zijn, te verbinden door een lijn en de grotere van de twee hoger te tekenen dan de kleinere. Dus als x < y en er is geen element tussen deze twee, zodat x een directe voorganger is van y, wordt y hoger dan x geplaatst en beide door een lijn verbonden. Op deze manier ontstaat een overzichtelijke voorstelling van de ordening. Zouden we alle vergelijkbare elementen verbinden, dan zou door de veelheid van lijnen vaak een onoverzichtelijke wirwar ontstaan. De term Hasse-diagram is genoemd naar de Duitse wiskundige Helmut Hasse (1898-1979). Zie [16].

XVII-21

3 Modelvoorbeeld 1. Neem de vectorruimte R, R2 , + en beschouw de deelverzameling Toon aan dat W een deelruimte van R2 is.

W = {(2a, 3a) | a ∈ R}.

Oplossing. We gaan de drie voorwaarden in de definitie van deelruimte na. (0) Is W 6= ∅? Stellen we a = 0 dan vinden we (0, 0) ∈ W , zodat W 6= ∅. (1) Is ∀u, v ∈ W : u + v ∈ W ? Neem u, v ∈ W willekeurig. We moeten bewijzen dat u + v ∈ W . Omdat u ∈ W is u = (2a, 3a) voor een zekere a ∈ R. Analoog is v = (2a0 , 3a0 ) voor een zekere a0 ∈ R. Welnu, u + v = (2a, 3a) + (2a0 , 3a0 ) = (2a + 2a0 , 3a + 3a0 ) = (2(a + a0 ), 3(a + a0 )) ∈ W.

(2) Is ∀r ∈ R, ∀u ∈ W : r · u ∈ W ? Neem u ∈ W en r ∈ R willekeurig. We moeten bewijzen dat ru ∈ W . Omdat u ∈ W is u = (2a, 3a) voor een zekere a ∈ R. Welnu, ru = r(2a, 3a) = (2ra, 3ra) = (2(ra), 3(ra)) ∈ W. Dankzij de volgende eigenschap kan het schrijfwerk in zo’n oefening wat ingekort worden. 3 Eigenschap (criterium voor deelruimte). Zij R, V, + een vectorruimte en W een niet-lege deelverzameling van V . Dan geldt: ⇔

W is een deelruimte van V

∀u, v ∈ W, ∀r, s ∈ R : ru + sv ∈ W

Bewijs. Stel eerst dat W een deelruimte van V is. We moeten aantonen dat ∀u, v ∈ W, ∀r, s ∈ R : ru + sv ∈ W . Neem daartoe u, v ∈ W en r, s ∈ R willekeurig. Dan is ru ∈ W en sv ∈ W (waarom?). Nu volgt ook dat ru + sv ∈ W (waarom?). Omgekeerd, stel dat

∀u, v ∈ W, ∀r, s ∈ R : ru + sv ∈ W.

(∗)

We moeten bewijzen dat W voldoet aan voorwaarden (1) en (2) van de definitie van deelruimten. Om (1) te bewijzen, moeten we aantonen dat ∀u, v ∈ W : u + v ∈ W . Neem daartoe u, v ∈ W willekeurig. Passen we (∗) toe met r = s = 1 dan vinden we ru + sv ∈ W

⇒

1·u+1·v ∈W

⇒

u+v ∈W

waarbij we gesteund hebben op axioma 8 voor de vectorruimte V . Om (2) te bewijzen, moeten we aantonen dat ∀r ∈ R, ∀u ∈ W : r · u ∈ W . Neem daartoe r ∈ R en u ∈ W willekeurig. Passen we (∗) toe met s = 0 en v ∈ W willekeurig dan vinden we ru + sv ∈ W

⇒

ru + 0 · v ∈ W

⇒

ru + 0V ∈ W

⇒

ru ∈ W

waarbij we gesteund hebben op axioma’s 2 en 8 voor de vectorruimte V . 3 Modelvoorbeeld 2. Beschouw de vectorruimte R, R2×3 , + en de deelverzameling ßï ò

™ 2a a + b 0

U= a, b ∈ R . −b 0 3a

Toon aan dat U een deelruimte is van R2×3 . ï

0 Oplossing. Alvast is U = 6 ∅ want voor a = b = 0 vinden we dat 0 voor deelruimte na.

0 0

ò 0 ∈ U . Vervolgens gaan we het criterium 0

Neem dat òru + sv ∈ U . Omdat u ∈ U is ï daartoe u, v ∈ ò U en r, s ∈ R willekeurig. We moeten ï 0 aantonen 2a a + b 0 2a a0 + b0 0 u= voor zekere a, b ∈ R. Analoog is v = voor zekere a0 , b0 ∈ R. Welnu, −b 0 3a −b0 0 3a0 ï ò ï 0 ò 2a a + b 0 2a a0 + b0 0 ru + sv = r +s −b 0 3a −b0 0 3a0 ï ò 2(ra + sa0 ) (ra + sa0 ) + (rb + sb0 ) 0 = ∈ U. −(rb + sb0 ) 0 3(ra + sa0 ) XVII-22

3.2

Basiseigenschappen van deelruimten

Elke vectorruimte heeft, op een triviale manier, minstens één deelruimte. Het bewijs is eenvoudig en laten we als oefening voor de lezer. 3 Eigenschap (triviale deelruimten). Zij R, V, + een vectorruimte. Dan geldt: (1) {0V } is een deelruimte van V , (2) V is een deelruimte van V . We noemen de deelruimte {0V } de nulruimte van V en de deelruimte V de volle ruimte van V . Dit zijn de zogenaamde triviale deelruimten van V . Elke andere deelruimte van V wordt een eigenlijke (of echte) deelruimte van V genoemd. 3 Eigenschap (basiseigenschappen van een deelruimte). Zij R, V, + een vectorruimte en W een deelruimte van V . Dan geldt: (i) 0V ∈ W , (ii) ∀v ∈ W : −v ∈ W . Bewijs van (i). Omdat W ≤ V , geldt ∀r ∈ R, ∀u ∈ W : r · u ∈ W . Kies nu r = 0 en neem u ∈ W willekeurig (dat kan want W 6= ∅). Dan is r·u∈W

⇒

0·u∈W

⇒

0V ∈ W

waarbij we gesteund hebben op basiseigenschap (iv) voor de vectorruimte V . Bewijs van (ii). Neem v ∈ W . Omdat W ≤ V , geldt ∀r ∈ R, ∀u ∈ W : r · u ∈ W . Kies nu r = −1 en u = v. Dan is r · u ∈ W ⇒ (−1) · v ∈ W ⇒ −v ∈ W waarbij we gesteund hebben op basiseigenschap (vii) voor de vectorruimte V .

Deze basiseigenschappen zijn ook handig om te detecteren dat een deelverzameling van een vectorruimte geen deelruimte is. We geven toelichting met volgend 3 Modelvoorbeeld 4. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de deelverzameling W = {(x, y, z) ∈ R3 | 2x − 3y + 5z = 1}.

Bewijs dat W geen deelruimte van R3 is door gebruik te maken van de vorige eigenschap. Oplossing. Mocht W een deelruimte zijn van R3 dan zou wegens de vorige eigenschap de nulvector 0R3 = (0, 0, 0) tot W behoren. Maar (0, 0, 0) 6∈ W want 2 · 0 − 3 · 0 + 5 · 0 6= 1, zodat W geen deelruimte van R3 is. Tot slot tonen we het hoofdresultaat uit deze paragraaf aan. 3 Stelling (hoofdeigenschap van deelruimte). Zij R, V, + een vectorruimte en W een deelverzameling van V . Beschouw de bewerkingen + : W × W → V en · : R × W → V . Dan geldt: W is een deelruimte van V

⇔

R, W, + is een vectorruimte

Bewijs. Stel eerst dat R, W, + een vectorruimte is. We moeten aantonen dat W een deelruimte van V is. Alvast is W ⊆ V , zodat we enkel de drie voorwaarden in de definitie van deelruimte moeten nagaan.

Uit de definitie van vectorruimte volgt onmiddellijk dat W 6= ∅. Verder volgt uit de definitie ook dat de optelling en scalaire vermenigvuldiging inwendig in W zijn, hetgeen precies betekent dat ∀u, v ∈ W : u + v ∈ W en ∀r ∈ R, ∀u ∈ W : r · u ∈ W . We besluiten dat W een deelruimte van V is. Omgekeerd, stel dat W een deelruimte is van V . We moeten aantonen dat R, W, + een vectorruimte is. Wegens voorwaarde (0) in de definitie van deelruimte is W een niet-lege verzameling. Voorwaarden (1) en (2) drukken uit dat de optelling en scalaire vermenigvuldiging inwendig in W zijn. Vervolgens gaan we de acht axioma’s in de definitie van vectorruimte na. Om axioma 1 te controleren, moeten we aantonen dat de optelling in W is associatief is, in symbolen: ∀u, v, w ∈ W : (u + v) + w = u + (w + v). Neem daartoe u, v, w ∈ W . Omdat W ⊆ V , is ook u, v, w ∈ V . Nu is V een vectorruimte, zodat V voldoet aan axioma 1, dus (u + v) + w = u + (w + v). Op dezelfde manier volgen axioma’s 1, 4, 5, 6, 7 en 8 onmiddellijk uit het feit dat V een vectorruimte is: omdat W ⊆ V en de optelling en scalaire vermenigvuldiging in W dezelfde zijn als in V , zullen deze axioma’s ook gelden voor vectoren van W . Om axioma 2 na te gaan, moeten we bewijzen dat er een neutraal element voor de optelling in W is, in symbolen: ∃0W ∈ W : ∀u ∈ W : u + 0W = u = 0W + u. Omdat W een deelruimte is, volgt uit de basiseigenschappen van een deelruimte dat 0V ∈ W . Omdat W ⊆ V zal ∀u ∈ W : u + 0V = u = 0V + u. Op dezelfde manier wordt axioma 3 nagegaan. We besluiten dat R, W, + een vectorruimte is. XVII-23

3.3

Lineaire combinaties en opspanning van vectoren

In deze paragraaf leren we hoe je met een beperkt aantal vectoren een deelruimte kan genereren. 3 Definitie (lineaire combinatie van vectoren). Beschouw een vectorruimte R, V, + en v1 , v2 , . . . , vn ∈ V . Elke vector van de gedaante r1 v1 + r2 v2 + · · · + rn vn

waarbij

noemen we een lineaire combinatie van {v1 , v2 , . . . , vn }.

r1 , r2 , . . . , rn ∈ R

Voorbeeld. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de vectoren v1 = (2, 0, 3) en v2 = (−1, 1, 0) van R3 . Dan is bijvoorbeeld 3v1 + (−2)v2 = (8, −2, 9) een lineaire combinatie van {v1 , v2 }. Algemeen kunnen we een lineaire combinatie van {v1 , v2 } als volgt herschrijven (vul aan): r1 v1 + r2 v2 = r1 (2, 0, 3) + r2 (−1, 1, 0)

= (2r1 , 0, 3r1 ) + (−r2 , r2 , 0) = (2r1 − r2 , r2 , 3r1 ),

waarbij r1 , r2 ∈ R.

3 Definitie (opspanning van vectoren). Beschouw een vectorruimte R, V, + en v1 , v2 , . . . , vn ∈ V . De verzameling van alle lineaire combinaties van {v1 , v2 , . . . , vn } noemen we de opspanning van {v1 , v2 , . . . , vn } die we noteren met Span{v1 , v2 , . . . , vn }. In symbolen:

Span{v1 , v2 , . . . , vn } = {r1 v1 + r2 v2 + · · · + rn vn | r1 , r2 , . . . , rn ∈ R} Voorbeeld. Beschouw uit het vorige voorbeeld de vectorruimte R, R3 , + en de vectoren v1 = (2, 0, 3) en v2 = (−1, 1, 0). Dan kan de opspanning van {v1 , v2 } genoteerd worden als (vul aan): Span{v1 , v2 } = {r1 v1 + r2 v2 | r1 , r2 ∈ R}

= {(2r1 − r2 , r2 , 3r1 ) | r1 , r2 ∈ R}. Omdat elke lineaire combinatie van {v1 , v2 , . . . , vn } tot V behoort, is elk element van Span{v1 , v2 , . . . , vn } ook een element van V . Hieruit volgt dat Span{v1 , v2 , . . . , vn } een deelverzameling van V is. We zullen later aantonen dat Span{v1 , v2 , . . . , vn } ook een deelruimte van V is. Eerst laten we een typische oefening zien: nagaan of een vector behoort tot een opspanning van vectoren. 3 Modelvoorbeeld 1. Beschouw in de vectorruimte van reële veeltermen R, R[X], + de vectoren v1 = −2 + 2X − X 2 ,

v2 = 3 + 2X + X 2 ,

v3 = 5 + 2X 2

w = −12 + 2X − 5X 2 .

Ga na of de vector w behoort tot Span{v1 , v2 , v3 }. Zo ja, schrijf w als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 }.

Oplossing. De vector w behoort tot Span{v1 , v2 , v3 } enkel en alleen als w een lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 } is, dus als en slechts als ∃r, s, t ∈ R : −12 + 2X − 5X 2 = r(−2 + 2X − X 2 ) + s(3 + 2X + X 2 ) + t(5 + 2X 2 )

∃r, s, t ∈ R : −12 + 2X − 5X 2 = (−2r + 3s + 5t) + (2r + 2s)X + (−r + s + 2t)X 2    − 2r + 3s + 5t = −12 ⇔ ∃r, s, t ∈ R : 2r + 2s = 2   − r + s + 2t = −5.

⇔

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel door de uitgebreide matrix te rijherleiden naar de trapvorm:     −2 3 5 −12 1 0 −1 3 2 ∼ 0 1 1 −2  . [A | b] =  2 2 0 −1 1 2 −5 0 0 0 0 Omdat rang A = rang [A | b] is het stelsel oplosbaar, zodat w ∈ Span{v1 , v2 , v3 }. Een lineaire combinatie vinden we door het stelsel verder op te lossen:  ®   − 2r + 3s + 5t = −12 r−t=3 2r + 2s = 2 ⇔  s + t = −2  − r + s + 2t = −5   r = 3 + a s = −2 − a (a ∈ R). ⇔   t=a Kiezen we bijvoorbeeld a = 0, dan vinden we de lineaire combinatie w = 3v1 − 2v2 . XVII-24

Dat een opspanning van vectoren ook een deelruimte is, wordt bewezen in de volgende 3 Stelling (hoofdeigenschap van opspanning van vectoren). Zij R, V, + een vectorruimte en v1 , v2 , . . . , vn ∈ V . Dan geldt:

(i) v1 , v2 , . . . , vn ∈ Span{v1 , v2 , . . . , vn },

(ii) Span{v1 , v2 , . . . , vn } is een deelruimte van V ,

(iii) als W een deelruimte is van V met {v1 , v2 , . . . , vn } ⊆ W , dan is Span{v1 , v2 , . . . , vn } ⊆ W .

v1 , . . . , vn ∈ W

Bewijs van (i). Omdat Span{v1 , v2 , . . . , vn } = {r1 v1 + r2 v2 + · · · + rn vn | r1 , r2 , . . . , rn ∈ R} en v1 = 1 · v1 + 0 · v2 + · · · + 0 · vn is v1 ∈ Span{v1 , . . . , vn }. Analoog is v2 , . . . , vn ∈ Span{v1 , v2 , . . . , vn }.

Span{v1 , v2 , . . . , vn } voorstelling van (iii)

Bewijs van (ii). Alvast is Span{v1 , . . . , vn } niet leeg (waarom?). Vervolgens gaan we met het criterium voor deelruimte na dat Span{v1 , . . . , vn } een deelruimte is van V . Neem u, v ∈ Span{v1 , . . . , vn } en r, s ∈ R. Dan is u = r1 v1 + · · · + rn vn voor zekere r1 , . . . , rn ∈ R en v = s1 v1 + · · · + sn vn voor zekere s1 , . . . , sn ∈ R. Bijgevolg is ru + sv = r(r1 v1 + · · · + rn vn ) + s(s1 v1 + · · · + sn vn ) = (rr1 + ss1 )v1 + · · · + (rrn + ssn )vn

een lineaire combinatie van {v1 , . . . , vn } zodat ru + sv ∈ Span{v1 , . . . , vn }.

Bewijs van (iii). Zij W ≤ V en v1 , . . . , vn ∈ W . Dan behoort elke lineaire combinatie van {v1 , . . . , vn } tot W , want R, W, + is een vectorruimte (zie hoofdeigenschap van een deelruimte). Dus Span{v1 , . . . , vn } ⊆ W . 3 Afspraak. Zij R, V, + een willekeurige vectorruimte. Deel (iii) van de voorgaande stelling karakteriseert de opspanning Span{v1 , . . . , vn } als de kleinste deelruimte van V die de verzameling {v1 , . . . , vn } omvat. Daarom is het natuurlijk om de opspanning van de lege verzameling ∅ te definiëren als de kleinste deelruimte van V die ∅ omvat. Dat is de nulruimte {0V }. We spreken dus af dat de opspanning van de lege verzameling gelijk is aan de nulruimte {0V }. In symbolen: Span{} = {0V } Omdat de opspanning van een deelverzameling staat voor alle lineaire combinaties van die deelverzameling, leidt Span{} = {0V } tot de afspraak: er is één lineaire combinatie van de lege verzameling, en die is gelijk aan de nulvector 0V De hoofdeigenschap van opspanning van vectoren leidt tot een criterium om na te gaan wanneer twee opspanningen van vectoren aan elkaar gelijk zijn. 3 Gevolg (criterium voor gelijkheid van opspanningen). Zij R, V, + een vectorruimte, v1 , . . . , vn ∈ V en w1 , . . . , wm ∈ V . Dan geldt: Span{v1 , v2 , . . . , vn } = Span{w1 , w2 , . . . , wm } v1 , v2 , . . . , vn ∈ Span{w1 , w2 , . . . , wm }

w1 , w2 , . . . , wm ∈ Span{v1 , v2 , . . . , vn }.

Bewijs. Veronderstel eerst dat Span{v1 , . . . , vn } = Span{w1 , . . . , wm }. Uit de hoofdeigenschap van opspanning van vectoren volgt nu: v1 , . . . , vn ∈ Span{v1 , . . . , vn } = Span{w1 , . . . , wm }. Analoog geldt w1 , . . . , wm ∈ Span{v1 , . . . , vn }. Omgekeerd, stel dat v1 , . . . , vn ∈ Span{w1 , . . . , wm } en w1 , . . . , wm ∈ Span{v1 , . . . , vn }. Noemen we W = Span{w1 , . . . , wm }, dan is v1 , . . . , vn ∈ W en uit de hoofdeigenschap van opspanning van vectoren volgt dat Span{v1 , . . . , vn } ⊆ W . Hieruit volgt: Span{v1 , . . . , vn } ⊆ Span{w1 , . . . , wm }.

Een analoge redenering leidt tot Span{w1 , . . . , wm } ⊆ Span{v1 , . . . , vn }. Dit besluit het bewijs. XVII-25

3 Modelvoorbeeld 2. Toon in de vectorruimte R, R[X], + van alle reële veeltermen aan dat Span{1 + X, 1 − X} = Span{1, X}. Oplossing. Wegens het criterium voor gelijkheid van opspanningen volstaat het om aan te tonen dat 1 + X, 1 − X ∈ Span{1, X} en dat 1, X ∈ Span{1 + X, 1 − X}. De eerste bewering volgt uit 1 + X = 1 · 1 + 1 · X ∈ Span{1, X}

1 − X = 1 · 1 + (−1) · X ∈ Span{1, X}.

De tweede bewering volgt uit 1=

1 1 (1 + X) + (1 − X) ∈ Span{1 + X, 1 − X} 2 2

1 1 (1 + X) − (1 − X) ∈ Span{1 + X, 1 − X}. 2 2

Tot dusver hebben we, om te bewijzen dat een deelverzameling van een vectorruimte ook een deelruimte is, telkens gebruik gemaakt van de definitie van deelruimte of van het criterium voor deelruimte. De hoofdeigenschap van opspanning van vectoren biedt vaak een korter alternatief: is een deelverzameling te schrijven als de opspanning van vectoren, dan is die deelverzameling noodzakelijk een deelruimte. We lichten dit toe aan de hand van twee voorbeelden. 3 Modelvoorbeeld 3. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de deelverzameling W = {(2s, 3s − t, s + 5t) | s, t ∈ R} ⊆ R3 .

Toon aan dat W een deelruimte van R3 is.

Oplossing. Door het scheiden van de parameters kunnen we de deelverzameling W als volgt herschrijven:

W = {(2s, 3s − t, s + 5t) | s, t ∈ R} = {(2s, 3s, s) + (0, −t, 5t) | s, t ∈ R} = {s(2, 3, 1) + t(0, −1, 5) | s, t ∈ R}

W = Span{(2, 3, 1), (0, −1, 5)}

= Span{(2, 3, 1), (0, −1, 5)}. Wegens de hoofdeigenschap van opspanning van vectoren is Span{(2, 3, 1), (0, −1, 5)} een deelruimte van R3 . Dus W is een deelruimte van R3 . Merk op dat Span{(2, 3, 1)} en Span{(0, −1, 5)} op hun beurt deelruimten zijn van de vectorruimte R, W, +. Daarnaast is ook de nulruimte een deelruimte van de vectorruimte R, Span{(2, 3, 1)}, + en de vectorruimte R, Span{(0, −1, 5)}, +. Het geheel kan geschematiseerd worden zoals op nevenstaande figuur. Merk op dat W ook nog andere deelruimten heeft (geef een voorbeeld).

Span{(2, 3, 1)}

Span{(0, −1, 5)}

{(0, 0, 0)} voorstelling van W ≤ R3 en zijn deelruimten

Het begrip graad van een veelterm laat ons toe om in de vectorruimte van reële veeltermen een bijzondere klasse van deelruimten te onderscheiden. 3 Definitie (R[X]<n ). Beschouw de vectorruimte R, R[X], + van alle reële veeltermen. Voor n ∈ N0 definiëren we de verzameling van reële veeltermen in X met graad kleiner dan n, samen met de nulveelterm, als R[X]<n = {a0 + a1 X + a2 X 2 + · · · + an−1 X n−1 | a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ R} 3 Modelvoorbeeld 4. Beschouw de vectorruimte R, R[X], + van alle reële veeltermen. Toon aan dat R[X]<n een deelruimte van R[X] is. Oplossing. Door het scheiden van de parameters kunnen we de deelverzameling R[X]<n herschrijven als een opspanning van vectoren: R[X]<n = {a0 + a1 X + a2 X 2 + · · · + an−1 X n−1 | a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ R} = {a0 · 1 + a1 X + a2 X 2 + · · · + an−1 X n−1 | a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ R} = Span{1, X, X 2 , . . . , X n−1 },

zodat R[X]<n een deelruimte is van R[X].

XVII-26

Oefeningen 3 Deelruimten

Basis ?

Verdieping ? ??

3.1 Definitie van deelruimten 3.2 Basiseigenschappen van deelruimten

1 2

3 4 5

7 8

3.3 Lineaire combinaties en opspanning van vectoren

14 15

16 17 18 19

20 21

Uitbreiding ? ??

10 11

25 26

Oefeningen bij §3.1 en §3.2 B

Oefening 1. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R, R2 , + ook een deelruimte is. (a) {(3s, 2 + 5s) | s ∈ R}

(b) {(x, y) ∈ R2 | x + y = 1} (c) {(x, y) ∈ R2 | x + y = 0}

(d) {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 = 1} (e) {(x, y) ∈ R2 | xy = 0} (f) {(x, y) ∈ R2 | x ≥ 0}

Oefening 2. Beschouw de vectorruimte R, Rn×n , + en de deelverzameling van alle scheefsymmetrische matrices W = {A ∈ Rn×n | AT = −A}.

Toon aan dat W een deelruimte van Rn×n is. B?

Oefening 3. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R, R3 , + ook een deelruimte is. (a) {(3s, 1 − t, s) | s, t ∈ R}

(b) {(x, y, z) ∈ R3 | 5x − 3y + 2z = 0} (c) {(x, y, z) ∈ R3 | x − y + z = 1}

ß ™

y z 3 x (d) (x, y, z) ∈ R = = 5 3 −2

(e) {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = 0} (f) {(x, y, z) | x, y, z ∈ Q}

Oefening 4. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R, R2×2 , + ook een deelruimte is. ßï ò

™ a b

(a) a, b ∈ R 1−b 0

ßï ò ™

a b (b) ∈ R2×2

a + d = 0 c d

Oefening 5. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R, R[X], + ook een deelruimte is. (a) {aX 2 | a ∈ R}

(b) {a + bX + cX 2 | a, b, c ∈ Z} (c) {A ∈ R[X] | gr A ≥ 2}

(d) {A ∈ R[X] | gr A ≥ 2} ∪ {0R[X] }

(e) {A ∈ R[X] | A is deelbaar door X − 2}

(f) {A ∈ R[X] | A is niet deelbaar door X 2 } XVII-27

B??

Oefening 6. Ga na of de volgende deelverzameling van de vectorruimte R, RN , + een deelruimte is: W = {(r − s, 2r − 4s, 3r − 9s, 4r − 16s, 5r − 25s, . . .) | r, s ∈ R}.

Oefening 7. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R, RR , + ook een deelruimte is. (a) {f ∈ RR | f (2) = 1} (b) {f ∈ RR | f (2) = 3 · f (0)} (c) {f ∈ RR | f is een even functie} (d) {f ∈ RR | f is een oneven functie} (e) f ∈ RR | f is een veeltermfunctie (f) {a sin x + b cos x | a, b ∈ R}

Oefening 8. Beschouw voor een matrix A ∈ Rm×n de oplossingsverzameling WA van het lineair homogeen stelsel A · X = 0. Toon aan dat WA een deelruimte van de vectorruimte R, Rn , + is.

V??

Oefening 9. Zij R, V, + een vectorruimte en W1 , W2 twee deelruimten van V . Bewijs: W1 ∪ W2 = V

⇔

W1 = V of W2 = V.

Oefening 10 (veralgemeende rijen van Fibonacci). Een veralgemeende rij van Fibonacci is een (reële) rij (an ) die voldoet aan de relatie an+2 = an+1 + an voor elke n ∈ N. Toon aan dat de verzameling W van alle veralgemeende rijen van Fibonacci een deelruimte van de vectorruimte R, RN , + is.

Oefening 11 (periodieke afbeeldingen met periode p). Zij p ∈ R+ 0 . Een periodieke afbeelding met periode p is een R − R afbeelding waarvoor geldt dat f (x − p) = f (x) = f (x + p) voor elke x ∈ R. Toon aan dat de verzameling Wp van alle periodieke afbeeldingen met periode p een deelruimte van de vectorruimte R, RR , + is.

U??

Oefening 12 (tweede criterium voor deelruimte). Zij R, V, + een vectorruimte en W een niet-lege deelverzameling van V . Bewijs: W is een deelruimte van V als en slechts als voor elke u, v ∈ W en r ∈ R geldt: r · u + v ∈ W .

Oefeningen bij §3.3 B

Oefening 13. Zij R, V, + een vectorruimte en u, v ∈ V . Bewijs: Span{u, v} = Span{u + v, u − v}.

Oefening 14. Beschouw de vectorruimte R, R2 , + en de vectoren v1 = (1, 2) en v2 = (−3, −2). Ga na of de vector (−3, 2) kan geschreven worden als een lineaire combinatie van {v1 , v2 }.

Oefening 15. Toon telkens aan dat de verzameling een deelruimte is van de vermelde vectorruimte. (a) {(x, y) ∈ R2 | x + y = 0} in R, R2 , + (b) {(3s, 1 − t, s) | s, t ∈ R} in R, R3 , + (c) {(x, y, z) ∈ R3 | 5x − 3y + 2z = 0} in R, R3 , +

ß ™

x y z (d) (x, y, z) ∈ R3

= = in R, R3 , + 5 3 −2

ßï ò ™

a b (e) ∈ R2×2

a + d = 0 in R, R2×2 , + c d (f) {aX 2 | a ∈ R} in R, R[X], + XVII-28

B??

Oefening 16. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de vectoren v1 = (1, 0, 1),

v2 = (1, −2, 1),

v3 = (2, 3, 2)

v4 = (4, −1, 4).

Ga telkens na of de gegeven vector een lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 , v4 } is. Zo ja, schrijf zo’n lineaire combinatie op en ga na of deze schrijfwijze uniek is. (a) v = (7, 0, 7) (b) v = (11, −6, 5) (c) v = (1, −9, 1) B??

Oefening 17. Beschouw de vectorruimte R, R4 , + en de vectoren v1 = (1, 3, −2, 5),

v2 = (2, 6, −4, 10),

v3 = (3, 2, −1, 7),

v4 = (0, 7, −5, 8)

v5 = (0, 7, −7, 8).

Ga telkens na of de gegeven vector tot de opspanning van {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 } behoort. Zo ja, schrijf zo’n lineaire combinatie op en ga na of deze schrijfwijze uniek is. (a) v = (2, −1, 1, 2) (b) w = (3, 2, −1, 6) B??

B??

√ √ √ √ Oefening 18. Beschouw de vectorruimte R, R2 , + en de vectoren v1 = ( 2, − 3) en v2 = ( 5, 13). Toon telkens aan dat de vector u tot de opspanning van {v1 , v2 } behoort en schrijf u als een lineaire combinatie van {v1 , v2 }. Is deze schrijfwijze uniek? √ √ (a) u = ( 7, 10) √ √ √ √ (b) u = ( 2 + 5, 13 − 3) Oefening 19. Toon telkens aan in de vermelde vectorruimte. (a) Span{(2, −3, 1)} ≤ Span{(8, −8, 4), (6, −5, 3), (2, −1, 1)} in R, R3 , + (b) Span{X 2 + 2} ≤ Span{3X 2 + X + 1, X − 5, 2X 2 + X − 1, X 2 − X − 3} in R, R[X], + (c) Span{(2, 3, −1, 0), (−3, 1, 0, 2)} = Span{(−4, 5, −1, 4), (9, 8, −3, −2)} in R, R4 , + (d) Span{(1, 2, −1), (2, −3, 2)} = 6 Span{(4, 1, 3), (−3, 1, 2)} in R, R3 , + (e) Span{sin2 x, cos2 x} = Span{1, cos(2x)} in R, RR , +

Oefening 20. Bepaal telkens de waarde(n) van a ∈ R waarvoor in de vermelde vectorruimte geldt: (a) (2, −3, a) ∈ Span{(5, 1, 2), (3, −2, −1)} in R, R3 , +, (b) (−1, 2, 3a) ∈ Span{(2, a, 7), (−1, 2, −3)} in R, R3 , +, (c) (a + X)3 ∈ Span{1, X, X 2 , X 3 } in R, R[X], +.

Oefening 21. Beschouw de vectorruimte R, R3 , +. Bepaal de waarde(n) van r waarvoor de deelruimte voortgebracht door {(4, 5, 6), (r, 5, 1), (4, 3, 2)} een echte deelruimte is.

Oefening 22. Zij R, V, + een vectorruimte en u, v ∈ V . Verder is gegeven dat u ∈ Span{v} en v 6∈ Span{u}. Welke van de volgende uitspraken zijn juist? Motiveer je antwoord. (1) u = v (2) u 6= v (3) u = 0V en v = 0V (4) u 6= 0V en v = 0V (5) u = 0V en v 6= 0V (6) De opgave is zinloos, er geldt immers nooit dat u ∈ Span{v} en v 6∈ Span{u}. XVII-29

Oefening 23 (transitiviteit van de opspanning van vectoren). Zij R, V, + een vectorruimte en u, v, w ∈ V . Bewijs: als u ∈ Span{v} en v ∈ Span{w} dan is u ∈ Span{w}.

Oefening 24 (classificatie van de deelruimten van R2 ). Beschouw de vectorruimte R, R2 , + en zij W een deelruimte van R2 . Toon aan dat W tot een van de volgende gevallen behoort. (1) W is een triviale deelruimte: W = {0R2 } of W = R2 of (2) W is een vectorrechte: W = Span{u} voor een niet-nulvector u ∈ R2 .

U??

Oefening 25 (criterium voor het behoren van een vector tot een opspanning van vectoren in Rm ). Beschouw de vectorruimte R, Rm , + en vectoren v1 , v2 , . . . , vn ∈ Rm en w ∈ Rm . Beschouw de matrices A en (A | w) die we verkrijgen door de vectoren v1 , v2 , . . . , vn en w op te vatten als kolommen:     | | | | | | | A = v1 v2 . . . vn  ∈ Rm×n en (A | w) = v1 v2 . . . vn w ∈ Rm×(n+1) . | | | | | | | Toon aan: w ∈ Span{v1 , v2 , . . . , vn }

⇔

rang A = rang [A | w]

en bewijs dat in dat geval de schrijfwijze van w als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , . . . , vn } uniek is als en slechts als rang A = n. U??

Oefening 26. Zij R, V, + een vectorruimte en v1 , v2 , . . . , vn ∈ W . Toon aan: de nulvector is op een unieke manier te schrijven als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , . . . , vn } m

elke vector van Span{v1 , v2 , . . . , vn } is op een unieke manier te schrijven als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , . . . , vn }.

De Akashi-Kaikyo brug is een hangbrug die de stad Kobe verbindt met het eiland Awaji in Japan. De opspanning tussen de pijlers is met 1990, m de langste ter wereld. De hoofdkabels van bijna 1m dik bestaan uit vele dunne staalkabels, waarvan de gezamenlijke lengte 7, 5 keer de Aarde rond kan. [16]

XVII-30

Hoofdstuk 4

Basis In het vorige hoofdstuk leerden we dat je, vertrekkend van een eindig aantal vectoren, een vectorruimte kan opspannen. Omgekeerd kunnen we ons de vraag stellen of je, vertrekkend van een vectorruimte, steeds een eindig aantal vectoren kan vinden die deze gegeven vectorruimte opspannen. In dat geval kunnen we ons afvragen wat het minimaal aantal vectoren is dat nodig is om die vectorruimte voort te brengen. Tot slot dringt zich het probleem op hoe we in een concrete situatie die voortbrengende vectoren kunnen vinden.

4.1

Voortbrengende vectoren

3 Definitie (voortbrengend). Zij R, V, + een vectorruimte en D een eindige deelverzameling van V . Als Span D = V dan noemen we D voortbrengend voor V . Als er zo’n eindige deelverzameling D van V bestaat, dan noemen we de vectorruimte R, V, + eindig voortgebracht. 3 Voorbeeld. Beschouw de vectorruimte R, R2 , +. Nu is: R2 = {(x, y) | x, y ∈ R} = {x(1, 0) + y(0, 1) | x, y ∈ R} = Span{(1, 0), (0, 1)}. Dus de vectorruimte R, R2 , + wordt voortgebracht door D1 = {(1, 0), (0, 1)}. Bijgevolg is R2 een eindig voorgebrachte vectorruimte. De verzameling voortbrengende vectoren D1 is zeker niet uniek. Zo is bijvoorbeeld ook D2 = {(1, 1), (1, −1), (2, −1)} voortbrengend voor R2 . Inderdaad, (1, 1), (1, −1), (2, −1) ∈ R2 = Span D1 en daarnaast is (vul aan): (1, 0) = (2, −1) − (1, −1)

∈ Span D2

en (0, 1) = (1, 1) + (1, −1) − (2, −1)

∈ Span D2 .

Wegens het criterium voor gelijkheid van opspanningen is Span D2 = Span D1 = R2 , zodat D2 inderdaad voortbrengend voor R2 is. 3 Opmerking. Beschouw de triviale vectorruimte R, {0V }, +. Dan is D1 = {0V } voortbrengend voor R, {0V }, + want (vul aan): Span D1 = Span{0V } = {r · 0V | r ∈ R} = {0V }. Daarnaast is ook D2 = ∅ voortbrengend voor R, {0V }, + want wegens een eerder gemaakte afspraak is (vul aan): Span D2 = Span{} = {0V }. Beide voortbrengende verzamelingen tonen aan dat de triviale vectorruimte een eindig voortgebrachte vectorruimte is. We onthouden: ∅ is voortbrengend voor de triviale vectorruimte R, {0V }, + XVII-31

Het volgend voorbeeld laat zien hoe je nagaat of een gegeven verzameling van vectoren voortbrengend is voor een vectorruimte V . 3 Modelvoorbeeld 1. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de vectoren v1 = (2, −1, 3),

v2 = (3, 1, −3),

v3 = (9, −2, 6)

v4 = (0, 5, −15).

Ga na of D = {v1 , v2 , v3 , v4 } voortbrengend is voor R3 . Indien niet, geef dan een vector van R3 die geen lineaire combinatie van D is. Oplossing. Wil D = {v1 , v2 , v3 , v4 } voortbrengend voor R3 zijn, dan moet elke vector van R3 een lineaire combinatie van D zijn. Een willekeurige vector v = (a, b, c) ∈ R3 is een lineaire combinatie van D als en slechts als ∃r, s, t, u ∈ R : (a, b, c) = r(2, −1, 3) + s(3, 1, −3) + t(9, −2, 6) + u(0, 5, −15)   2r + 3s + 9t = a −r + s − 2t + 5u = b ⇔ ∃r, s, t, u ∈ R :  3r − 3s + 6t − 15u = c. We onderzoeken de oplosbaarheid van dit lineair stelsel door rijoperaties toe te passen op de uitgebreide matrix:     1 0 3 −3 a/5 + c/5 2 3 9 0 a  −1 2 a/5 − 2c/15  . 1 −2 5 b ∼ 0 1 1 0 0 0 0 b + c/3 3 −3 6 −15 c Op die manier zien we dat het oorspronkelijk stelsel oplossingen heeft als en slechts als b + c/3 = 0. Zo is bijvoorbeeld (0, 1, 0) 6∈ Span D, zodat Span D 6= R3 . We besluiten dat de verzameling vectoren D = {v1 , v2 , v3 , v4 } niet voortbrengend is voor R3 .

3 Stelling (hoofdeigenschap van voortbrengende vectoren). Zij R, V, + een vectorruimte en D een eindige deelverzameling van V . Dan geldt: D is voortbrengend voor V m

elke vector van V is op minstens één manier te schrijven als een lineaire combinatie van D. Bewijs. De stelling is waar voor D = ∅ (ga na) zodat we voor het vervolg mogen aannemen dat D 6= ∅. Schrijven we D = {v1 , v2 , . . . , vn } dan volgt uit de definitie van voortbrengendheid: D is voortbrengend voor V ⇔ V = Span D ⇔ V ⊆ Span D

want er geldt altijd dat Span D ⊆ V

⇔

∀v ∈ V : v ∈ Span{v1 , v2 , . . . , vn }

⇔

∀v ∈ V : v is een lineaire combinatie van D = {v1 , v2 , . . . , vn }.

XVII-32

Is W een deelruimte van een vectorruimte V , dan is R, W, + een vectorruimte zodat we ook kunnen nagaan of W eindig voortgebracht is. In dat geval kan men uit de beschrijving van W meestal voortbrengende vectoren afleiden door het scheiden van de parameters, een techniek die al in het vorig hoofdstuk werd toegepast. 3 Modelvoorbeeld 2. Beschouw de vectorruimte R, R2×2 , + en de deelruimte ßï ò

™ a b − 2a

W = a, b, c ∈ R . 0 3a − 5c

Toon aan dat W eindig voortgebracht is en bepaal een verzameling voortbrengende vectoren van W . Oplossing. Om voortbrengende vectoren van W te vinden, schrijven we W als een opspanning van vectoren: ßï ò

™ a b − 2a

W = a, b, c ∈ R 0 3a − 5c

ßï ò ï ò ï ò

™ a −2a 0 b 0 0

= + + a, b, c ∈ R 0 3a 0 0 0 −5c

ß ï ò ï ò ï ò

™ 1 −2 0 1 0 0

= a +b +c a, b, c ∈ R 0 3 0 0 0 −5

ßï ò ï ò ï ò™ 1 −2 0 1 0 0 = Span , , . 0 3 0 0 0 −5 ßï Hieruit volgt dat

1 0

ò ï −2 0 , 3 0

ò ï 1 0 , 0 0

ò™ 0 voortbrengend is voor W . Dus W is eindig voortgebracht. −5

Voegen we aan een voortbrengende verzameling vectoren toe, dan blijft die verzameling voortbrengend. Dat hulpresultaat zullen we later nog nodig hebben. Het bewijs is eenvoudig en laten we als oefening voor de lezer. 3 Lemma (uitbreiden van voortbrengde verzameling blijft voortbrengend). Zij R, V, + een vectorruimte en D1 en D2 twee eindige deelverzamelingen van V waarbij D1 ⊆ D2 . Als V wordt voortgebracht door D1 , dan wordt V ook voortgebracht door D2 . We sluiten deze paragraaf af met een belangrijk resultaat: niet elke vectorruimte is eindig voortgebracht. Het standaardvoorbeeld is de vectorruimte R, R[X], + van alle reële veeltermen in X. Men kan aantonen dat ook de vectorruimten R, RN , + en R, RR , + niet eindig voortgebracht zijn. 3 Eigenschap. De vectorruimte R, R[X], + is niet eindig voortgebracht. Bewijs. Veronderstel, uit het ongerijmde, dat de vectorruimte R, R[X], + wel eindig voortgebracht is en zij {v1 , . . . , vn } zo’n voortbrengende verzameling. Dan kan elke v ∈ R[X] geschreven worden als een lineaire combinatie van {v1 , . . . , vn }: v = r1 v1 + r2 v2 + · · · + rn vn

waarbij r1 , r2 , . . . , rn ∈ R.

Nemen we van beide leden de graad van de veelterm, dan verkrijgen we gr v = gr(r1 v1 + r2 v2 + · · · + rn vn ) ≤ max{gr v1 , gr v2 , . . . , gr vn }. Noem k = max{gr v1 , gr v2 , . . . , gr vn } en kies nu v = X k+1 . Dan leidt de vorige ongelijkheid tot k + 1 ≤ k, een strijdigheid. We besluiten dat de vectorruimte R, R[X], + niet eindig voortgebracht is.

XVII-33

4.2

Lineair onafhankelijke vectoren

In een vectorruimte zijn voortbrengende vectoren meestal niet uniek. Beschouw bijvoorbeeld de vectorruimte R, R2 , + en de voortbrengende vectoren v1 = (−3, 1), v2 = (−2, 5) en v3 = (0, −13). Dan geldt v3 = 2v1 − 3v2 zodat (ga na): R2 = Span{v1 , v2 , v3 } = Span{v1 , v2 }. In zekere zin wordt R2 efficiënter voortgebracht door {v1 , v2 } omdat deze verzameling een element minder telt. De reden dat we de voortbrengende verzameling D = {v1 , v2 , v3 } van drie vectoren kunnen herleiden tot een voortbrengende verzameling van twee vectoren is dat een vector uit D kan geschreven worden als lineaire combinatie van de andere vectoren uit D, bijvoorbeeld v3 = 2v1 − 3v2 . Schrijven we de vectoren in hetzelfde lid, dan vinden we de betrekking 2v1 − 3v2 − v3 = 0R2 wat uitdrukt dat de nulvector geschreven kan worden als lineaire combinatie van D. Een lineaire combinatie van de nulvector zullen we een lineaire relatie van D noemen. Uiteraard is er altijd de triviale lineaire relatie 0v1 + 0v2 + 0v3 = 0R2 . Dus de reden dat een vector kan geschreven worden als lineaire combinatie van de andere vectoren en dus in zeker zin afhangen van elkaar, is dat de nulvector op meer dan één manier kan geschreven worden als een lineaire combinatie van D. Anders gezegd: er is meer dan één lineaire relatie van D. Dit leidt ons tot de volgende definities. 3 Definitie (lineaire relatie). Zij R, V, + een vectorruimte en v1 , v2 , . . . , vn ∈ V . Een lineaire relatie van D = {v1 , v2 , . . . , vn } is een betrekking van de gedaante c1 v1 + c2 v2 + · · · + cn vn = 0V waarbij c1 , c2 , . . . , cn ∈ R. De bijzondere lineaire relatie 0v1 +· · ·+0vn = 0V noemen we de triviale lineaire relatie.

3 Definitie (lineair onafhankelijk en lineair afhankelijk). Zij R, V, + een vectorruimte en v1 , v2 , . . . , vn ∈ V . Als de enige lineaire relatie van D = {v1 , v2 , . . . , vn } de triviale is, dan noemen we D lineair onafhankelijk. Bestaat er daarentegen een lineaire relatie van D die niet triviaal is, dan noemen we D lineair afhankelijk. Met de volgende voorbeelden laten we zien hoe je nagaat of vectoren lineair onafhankelijk zijn. 3 Modelvoorbeeld 1. Beschouw de vectorruimte R, R4 , + en de vectoren v1 = (1, 3, −2, 5),

v2 = (3, 2, −1, 7)

en v3 = (−3, 5, −4, 1).

Ga na of D = {v1 , v2 , v3 } lineair onafhankelijk is. Zo niet, geef dan een niet-triviale lineaire relatie van D.

Oplossing. Om na te gaan of D = {v1 , v2 , v3 } lineair onafhankelijk is, bepalen we alle lineaire relaties van D. Voor c1 , c2 , c3 ∈ R geldt: c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 = 0R4

⇔ ⇔

c1 (1, 3, −2, 5) + c2 (3, 2, −1, 7) + c3 (−3, 5, −4, 1) = (0, 0, 0, 0)  c + 3c2 − 3c3 = 0   1   3c + 2c + 5c = 0 1 2 3  −2c1 − c2 − 4c3 = 0    5c1 + 7c2 + c3 = 0.

We weten dat c1 = c2 = c3 = 0 in elk geval een oplossing van dit homogeen stelsel is, maar opdat de gegeven vectoren lineair onafhankelijk zouden zijn, moeten we nagaan of de nuloplossing de enige oplossing is. Daartoe lossen we het stelsel op door rijherleiden:     1 3 −3 0 1 0 3 0    3 2 5 0     0 1 −2 0  .  −2 −1 −4 0  ∼  0 0 0 0  5 7 1 0 0 0 0 0 Op die manier verkrijgen we: c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 = 0R4

⇔

   c1 = −3r c2 = 2r   c3 = r

(r ∈ R).

Elke r ∈ R0 levert een niet-triviale lineaire relatie van D op. Zo vinden we bijvoorbeeld voor r = 1 de niet-triviale lineaire relatie −3v1 + 2v2 + v3 = 0R4 .

Bijgevolg is de verzameling vectoren D = {v1 , v2 , v3 } lineair afhankelijk. Merk op dat we de herschreven uitdrukking v3 = 3v1 − 2v2 rechtstreeks kunnen aflezen uit de trapvorm hierboven. XVII-34

3 Modelvoorbeeld 2. Beschouw de vectorruimte van alle reële rijen R, RN , + en de vectoren v1 = (1, 2, 3, 4, . . .) en v2 = (1, −2, 3, −4, . . .). Ga na of {v1 , v2 } lineair onafhankelijk is. Zo niet, geef dan een niet-triviale lineaire relatie van {v1 , v2 }. Oplossing. Neem c1 , c2 ∈ R, dan geldt: c1 v1 + c2 v2 = 0RN

⇔

c1 (1, 2, 3, 4, . . .) + c2 (1, −2, 3, −4, . . .) = (0, 0, 0, 0, . . .)  c1 + c2 = 0      2c1 − 2c2 = 0    3c1 + 3c2 = 0    4c1 − 4c2 = 0    .  .. c1 = c2 = 0.

We besluiten dat {v1 , v2 } lineair onafhankelijk is.

3 Afspraak. Zij R, V, + een vectorruimte en D ⊆ V een eindige deelverzameling van V . Als D 6= ∅ dan kunnen we de vorige definitie als volgt formuleren: D is lineair onafhankelijk als en slechts als er precies één lineaire combinatie van D is die gelijk is aan de nulvector 0V . Bekijk nu het geval dat D = ∅. Wegens een eerder gemaakte afspraak is er precies één lineaire combinatie van ∅, en die is gelijk aan de nulvector 0V . Anders gezegd, er is precies één lineaire combinatie van ∅ die gelijk is aan de nulvector 0V . Daarom is het logisch om af te spreken dat, per definitie: ∅ is lineair onafhankelijk De volgende twee resultaten vertonen een treffende gelijkenis met die uit de vorige paragraaf. Dat wijst erop dat de begrippen voortbrengende vectoren en lineair onafhankelijke vectoren in zekere zin enerzijds sterk verwant, maar anderzijds ook elkaars tegenpolen zijn. In de wiskunde zegt men wel eens dat deze begrippen elkaars duale zijn. 3 Stelling (hoofdeigenschap van lineair onafhankelijke vectoren). Zij R, V, + een vectorruimte en D een eindige deelverzameling van V . Dan geldt: D is lineair onafhankelijk m

elke vector van V is op hoogstens één manier te schrijven als een lineaire combinatie van D. Bewijs. Eerst gaan we na of de stelling waar is voor D = ∅. Wegens de afspraak hierboven is D lineair onafhankelijk. Anderzijds is, opnieuw wegens een eerder gemaakte afspraak, enkel de nulvector een lineaire combinatie van ∅ en dat op precies één manier. Dus elke vector in V is op hoogstens één manier te schrijven als een lineaire combinatie van D. Daarmee hebben we aangetoond dat de stelling waar is voor D = ∅. Voor het vervolg mogen we aannemen dat D 6= ∅. Stel dat D lineair onafhankelijk is. Om te bewijzen dat elke vector v van V op hoogstens één manier te schrijven is als een lineaire combinatie van D, stellen we dat er twee manieren zijn, dus v = r1 v1 + · · · + rn vn en v = s1 v1 + · · · + sn vn met ri , si ∈ R. Dan geldt: r1 v1 + · · · + rn vn − s1 v1 − · · · − sn vn = 0V ⇒ (r1 − s1 )v1 + · · · + (rn − sn )vn = 0V .

Deze lineaire relatie is noodzakelijk triviaal, want D is lineair onafhankelijk. Bijgevolg is ri − si = 0 en dus ri = si voor i = 1, . . . , n. Omgekeerd, stel dat elke vector van V op hoogstens één manier te schrijven is als een lineaire combinatie van D. Dan is ook de nulvector op hoogstens één manier te schrijven als een lineaire combinatie van D. Anders gezegd, er is precies één lineaire relatie van D. Deze lineaire relatie moet de triviale relatie zijn, zodat D lineair onafhankelijk is.

Laten we van een lineair onafhankelijke verzameling vectoren weg, dan blijft de verzameling lineair onafhankelijk. Opnieuw is het eenvoudig bewijs een oefening voor de lezer. 3 Lemma (verminderen van lineair onafhankelijke verzameling blijft lineair onafhankelijk). Zij R, V, + een vectorruimte en D1 en D2 twee eindige deelverzamelingen van V waarbij D1 ⊆ D2 . Als D2 lineair onafhankelijk is, dan is ook D1 lineair onafhankelijk. XVII-35

4.3

Basisvectoren

In deze paragraaf combineren we de begrippen voortbrengendheid en lineaire onafhankelijkheid tot het begrip basis. 3 Definitie (basis). Zij R, V, + een vectorruimte en D een eindige deelverzameling van V . Als D zowel lineair onafhankelijk als voortbrengend voor V is, dan noemen we D een basis van V . 3 Voorbeeld. Beschouw de vectorruimte R, R2 , +. Dan is R2 = {(x, y) | x, y ∈ R} = {x(1, 0) + y(0, 1) | x, y ∈ R} = Span{(1, 0), (0, 1)}.

Dus de vectorruimte R, R2 , + wordt voortgebracht door D1 = {(1, 0), (0, 1)}. Deze deelverzameling is ook lineair onafhankelijk (ga na), zodat D1 een basis van R2 is. De basis D1 is zeker niet uniek. Zo is bijvoorbeeld ook D2 = {(1, 1), (1, −1)} een basis voor R2 (ga na).

3 Opmerking. In de triviale vectorruimte R, {0V }, + is de lege verzameling ∅ zowel lineair onafhankelijk als voortbrengend voor R, {0V }, + zodat: ∅ is een basis van de triviale vectorruimte R, {0V }, + Uit de hoofdeigenschap van voortbrengende vectoren en de hoofdeigenschap van lineair onafhankelijke vectoren volgt nu onmiddellijk de volgende 3 Stelling (hoofdstelling van basisvectoren). Zij R, V, + een vectorruimte en D een eindige deelverzameling van V . Dan geldt: D is een basis van V m

elke vector van V is op precies één manier te schrijven als een lineaire combinatie van D De volgende voorbeelden laten zien hoe je nagaat of een gegeven verzameling van vectoren een basis is voor een vectorruimte V . 3 Modelvoorbeeld 1. In de vectorruimte R, R[X]<3 , + beschouwen we de vectoren v1 = 1 + 5X − X 2 ,

v2 = 3 + 16X − 3X 2

v3 = 7 − 8X − 8X 2 .

(a) Toon aan dat D = {v1 , v2 , v3 } een basis van R[X]<3 is. (b) Schrijf v = 2021 − 2022X 2 als een lineaire combinatie van de basis D. Oplossing.

(a) We passen we de hoofdstelling van basisvectoren toe: een willekeurige vector a + bX + cX 2 ∈ R[X]<3 is op een unieke manier te schrijven als een lineaire combinatie van D als en slechts als ∃! r, s, t ∈ R : a + bX + cX 2 = r(1 + 5X − X 2 ) + s(3 + 16X − 3X 2 ) + t(7 − 8X − 8X 2 ) ∃! r, s, t ∈ R : a + bX + cX 2 = (r + 3s + 7t) + (5r + 16s − 8t)X + (−r − 3s − 8t)X 2    r + 3s + 7t = a ⇔ ∃! r, s, t ∈ R : 5r + 16s − 8t = b   − r − 3s − 8t = c.

⇔

Om na te gaan of dit lineair stelsel voor elke a, b, c ∈ toe op de uitgebreide matrix:    1 3 7 a 1  5 16 −8 b  ∼  0 −1 −3 −8 c 0

R een unieke oplossing heeft, passen we rijoperaties 0 0 1 0 0 1

 152a − 3b + 136c −48a + b − 43c  . −a − c

Het oorspronkelijke stelsel heeft voor elke a, b, c ∈ R een unieke oplossing. We besluiten dat D een basis van R, R[X]<3 , + is. (b) Uit (a) volgt dat voor elke a, b, c ∈ R: a + bX + cX 2 = (152a − 3b + 136c)v1 + (−48a + b − 43c)v2 + (−a − c)v3 .

Stellen we a = 2021, b = 0 en c = −2022 dan vinden we dat v = 32 200 v1 − 10 062 v2 + v3 .

XVII-36

3 Modelvoorbeeld 2. Beschouw in de vectorruimte R, R3 , + drie vectoren v1 = (2 + m, m, m),

v2 = (n, 2, n)

v3 = (2, 1, −4)

waarbij m, n reële getallen zijn. Bepaal nodige en voldoende voorwaarden voor m, n opdat D = {v1 , v2 , v3 } een basis van R3 is. Oplossing. Een willekeurige vector v = (a, b, c) ∈ R3 is op een unieke manier te schrijven als een lineaire combinatie van D als en slechts als ∃! r, s, t ∈ R : (a, b, c) = r(2 + m, m, m) + s(n, 2, n) + t(2, 1, −4)   (2 + m)r + ns + 2t = a mr + 2s + t = b ⇔ ∃! r, s, t ∈ R :  mr + ns − 4t = c. Dit is een lineair stelsel met evenveel vergelijkingen als onbekenden. De eis dat het stelsel een unieke oplossing heeft is gelijkwaardig met de eis dat de determinant van de coëfficiëntenmatrix verschillend van nul is. Dus D is een basis van R3 als en slechts als

2+m n 2

m 2 1

6= 0 ⇔ 3mn − 6m − n − 8 6= 0.

m n −4

Voor heel wat toepassingen is de volgorde waarin vectoren worden genoteerd niet van belang. Vandaar dat voortbrengende vectoren, lineair onafhankelijke vectoren en basisvectoren meestal in een verzameling worden genoteerd: {v1 , v2 , . . . , vn }. In het vervolg zullen we een verzameling basisvectoren noteren als B. Is de volgorde van de vectoren wél van belang, dan vervangen we de verzameling door een geordend n-tal . We noteren dit als (v1 , v2 , . . . , vn ). Een geordend n-tal van basisvectoren noteren we als B. 3 Definitie (coördinaatvector). Zij R, V, + een vectorruimte en B = {v1 , v2 , . . . , vn } een basis van V . Wegens de hoofdstelling van basisvectoren is elke vector v ∈ V op een unieke manier te schrijven als een lineaire combinatie van B, in symbolen: ∃! x1 , x2 , . . . , xn ∈ R : v = x1 v1 + x2 v2 + · · · + xn vn .

Het n-tal (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn noemen we de coördinaatvector van v ten opzichte van de (geordende) basis B = (v1 , v2 , . . . , vn ). We noteren dat n-tal als coB (v). In symbolen: coB (v) = (x1 , x2 , . . . , xn )

⇔

v = x 1 v 1 + x 2 v2 + · · · + x n vn

De getallen x1 , x2 , . . . , xn ∈ R noemen we de coördinaatgetallen van v ten opzichte van de (geordende) basis B. 3 Modelvoorbeeld 3. Beschouw in de vectorruimte R, R2 , + de geordende basissen B = ((3, −1), (−2, 1)) en E = ((1, 0), (0, 1)). (a) Bepaal de coördinaatvector van (−7, 3) ten opzichte van de basis B.

(b) Bepaal de coördinaatvector van (−7, 3) ten opzichte van de basis E.

(d) Bepaal de coördinaatvectoren van (3, −1) en (−2, 1) ten opzichte van de basis B. Oplossing.

(a) Om de coördinaatvector van (−7, 3) ∈ R2 ten opzichte van de basis B te vinden, schrijven we (−7, 3) als een lineaire combinatie van B. Daartoe bepalen we a, b ∈ R waarvoor ® ® 3a − 2b = −7 a = −1 (−7, 3) = a(3, −1) + b(−2, 1) ⇔ ⇔ −a+b=3 b = 2. Omdat (−7, 3) = −(3, −1) + 2 · (−2, 1) is coE ((−7, 3)) = (−1, 2).

(b) Omdat (−7, 3) = −7 · (1, 0) + 3 · (0, 1) is coB ((−7, 3)) = (−7, 3). XVII-37

(c) Om de coördinaatvector van (x1 , x2 ) ∈ R2 ten opzichte van de basis B te vinden, schrijven we (x1 , x2 ) als een lineaire combinatie van B. Daartoe bepalen we a, b ∈ R waarvoor ® ® 3a − 2b = x1 a = x1 + 2x2 (x1 , x2 ) = a(3, −1) + b(−2, 1) ⇔ ⇔ −a + b = x2 b = x1 + 3x2 . Omdat (x1 , x2 ) = (x1 + 2x2 )(3, −1) + (x1 + 3x2 )(−2, 1) is coB ((x1 , x2 )) = (x1 + 2x2 , x1 + 3x2 ).

(d) Uit (c) volgt nu dat coB ((3, −1)) = (1, 0) en coB ((−2, 1)) = (0, 1). Dat konden we ook als volgt inzien: (3, −1) = 1 · (3, −1) + 0 · (−2, 1)

(−2, 1) = 0 · (3, −1) + 1 · (−2, 1).

In R2 zal een vector meestal verschillen van zijn coördinaatvector. Zo is in het vorige voorbeeld coB ((7, −3)) 6= (7, −3) terwijl voor de bijzondere basis E = ((1, 0), (0, 1)) coE ((7, −3)) = (7, −3). Men verwijst naar de basis E = ((1, 0), (0, 1)) als de standaardbasis van R2 . We kunnen het begrip standaardbasis veralgemenen voor enkele andere eindig voortgebrachte vectorruimten. 3 Definitie (standaardbasis van Rn ). Beschouw de vectorruimte R, Rn , +. Stellen we e1 = (1, 0, . . . , 0),

e2 = (0, 1, 0, . . . , 0),

...,

en = (0, . . . , 0, 1)

dan is E = (e1 , e2 , . . . , en ) een basis van Rn en coE ((x1 , x2 , . . . , xn )) = (x1 , x2 , . . . , xn ). Men noemt E de standaardbasis van Rn . De volgende definitie kan uitgebreid worden voor Rm×n . 3 Definitie (standaardbasis van R2×3 ). Beschouw ï ò ï ò ï 1 0 0 0 1 0 0 0 E11 = , E12 = , E13 = 0 0 0 0 0 0 0 0

de vectorruimte R, R2×3 , +. Stellen we ò ï ò ï ò ï 1 0 0 0 0 0 0 0 , E21 = , E22 = , E23 = 0 1 0 0 0 1 0 0

0 0

ò 0 1

dan is E = (E11 , E12 , E13 , E21 , E22 , E23 ) een basis van R2×3 en Åï òã a b c coE = (a, b, c, d, e, f ). d e f Men noemt E de standaardbasis van R2×3 . De vectorruimte R, R[X], + is niet eindig voortgebracht. Er bestaat dus geen eindige verzameling voortbrengende vectoren van R[X] en bijgevolg ook geen eindige verzameling basisvectoren van R[X]. De deelruimte R[X]<n is wel eindig voortgebracht en heeft een voor de hand liggende standaardbasis. 3 Definitie (standaardbasis van R, R[X]<n , +). Het geordend n-tal E = (1, X, X 2 , . . . , X n−1 ) is een basis van R[X]<n en coE (a0 + a1 X + a2 X 2 + · · · + an−1 X n−1 ) = (a0 , a1 , . . . , an−1 ). Men noemt E de standaardbasis van R[X]<n .

XVII-38

Reduceren van voortbrengende vectoren tot een basis 3 Procedure. Beschouw de vectorruimte R, R4 , + en de deelruimte W opgespannen door de vectoren v1 = (1, 3, −2, 5),

v2 = (2, 6, −4, 10),

v3 = (3, 2, −1, 7)

v4 = (0, 7, −5, 8).

De deelruimte W wordt voortgebracht door D = {v1 , v2 , v3 , v4 } maar deze verzameling is geen basis van W want D is lineair afhankelijk: zo is bijvoorbeeld v2 = 2v1 . Door uit de verzameling D een of meerdere vectoren weg te laten, kunnen we een basis van W vinden. Daarbij gaan we als volgt te werk: we ordenen de vectoren en overlopen het viertal vectoren (v1 , v2 , v3 , v4 ) van links naar rechts. Telkens een vector geschreven kan worden als een lineaire combinatie van de voorgaande vectoren, verwijderen we die vector. (1) {v1 } is lineair onafhankelijk want v1 6= 0V . (Verklaar hoe dit uit v1 6= 0V volgt.)

(2) {v1 , v2 } is lineair afhankelijk want v2 = 2v1 . Daarom is Span{v1 , v2 } = Span{v1 }. Verwijder dus v2 . (3) {v1 , v3 } is lineair onafhankelijk (controleer dit).

(4) {v1 , v3 , v4 } is lineair afhankelijk want v4 = 3v1 − v3 (ga na). Dus Span{v1 , v3 , v4 } = Span{v1 , v3 }. We verwijderen dus ook v4 . Omdat W = Span{v1 , v2 , v3 , v4 } = Span{v1 , v3 } en {v1 , v3 } lineair onafhankelijk is, verkrijgen we op die manier de basis {v1 , v3 } van W . Door de procedure hierboven te doorlopen, zeggen we dat we de voortbrengende verzameling D = {v1 , v2 , v3 , v4 } reduceren tot een basis {v1 , v3 } van W . Het idee hierachter kunnen we ook op andere vectorruimten toepassen. Daarvoor hebben we een hulpresultaat nodig. 3 Lemma. Zij R, V, + een vectorruimte en D een eindige deelverzameling van V die lineair onafhankelijk is. Dan geldt voor elke w ∈ V : D ∪ {w} is lineair afhankelijk m

w ∈ Span D Bewijs. Het lemma is waar voor D = ∅ (ga na) zodat we voor het vervolg mogen aannemen dat D 6= ∅. Stel eerst dat D ∪ {w} = {v1 , v2 , . . . , vn , w} lineair afhankelijk is. Dan bestaat er een niet-triviale lineaire relatie van D ∪ {w}, m.a.w. c1 v1 + c2 v2 + · · · + cn vn + cw = 0V en c1 , c2 , . . . , cn , c ∈ R niet alle nul.

(1)

Dan is c 6= 0, want mocht c = 0, dan zou (1) een niet-triviale lineaire relatie van D zijn, wat in strijd is met de lineaire onafhankelijkheid van D. Zo kunnen we de lineaire relatie in (1) herschrijven als w=−

c1 c2 cn v1 − v2 − · · · − vn ∈ Span D. c c c

Omgekeerd, stel dat w = r1 v1 + r2 v2 + · · · + rn vn voor zekere r1 , r2 , . . . , rn ∈ R. Dit impliceert een niet-triviale lineaire relatie r1 v1 + r2 v2 + · · · + rn vn + (−1)w = 0V van D ∪ {w}, waaruit volgt dat D ∪ {w} lineair afhankelijk is.

3 Stelling (reduceren van voortbrengende vectoren tot basis). Zij R, V, + een eindig voortgebrachte vectorruimte. Dan kan elke voortbrengende verzameling van V gereduceerd worden tot een basis van V . Bewijs. Zij n het aantal elementen van de voortbrengende verzameling. We bewijzen de stelling voor alle n ≥ 0 met inductie op n. (i) Inductiebasis. Voor n = 0 is de voortbrengende verzameling van een vectorruimte R, V, + de lege verzameling ∅. Dan kan V enkel de triviale vectorruimte {0V } zijn, omdat Span{} = {0V }. Aangezien ∅ lineair onafhankelijk is, is ∅ meteen ook een basis van V . Dus voor n = 0 is de stelling bewezen.

(ii) Stel dat de stelling waar is voor n = k (met k ≥ 0), dus dat elke voortbrengende verzameling van een vectorruimte met k vectoren kan gereduceerd worden tot een basis van die vectorruimte. We moeten aantonen dat de stelling ook waar is voor een verzameling van k + 1 vectoren {v1 , . . . , vk , vk+1 } die een vectorruimte R, V, + voortbrengt. XVII-39

Beschouw de deelruimte W = Span{v1 , . . . , vk }. Dan is {v1 , . . . , vk } een voortbrengende verzameling van de vectorruimte R, W, +. Wegens de inductiehypothese kan {v1 , . . . , vk } gereduceerd worden tot een basis {w1 , . . . , wl } van W (waarbij 0 ≤ l ≤ k). Er geldt dus: W = Span{v1 , . . . , vk } = Span{w1 , . . . , wl }. Voegen we aan deze basis de vector vk+1 toe, dan is Span{w1 , . . . , wl , vk+1 } = Span{v1 , . . . , vk , vk+1 } = V . We onderscheiden nu twee gevallen. Geval 1: {w1 , . . . , wl , vk+1 } is lineair onafhankelijk. In dat geval is {w1 , . . . , wl , vk+1 } een basis van V , gereduceerd uit de voortbrengers {v1 , . . . , vk+1 } van V . Geval 2: {w1 , . . . , wl , vk+1 } is lineair afhankelijk. Het vorige lemma impliceert dat vk+1 een lineaire combinatie is van {w1 , . . . , wl }, zodat V = Span{w1 , . . . , wl } (ga na). In dat geval is {w1 , . . . , wl } een basis van V , gereduceerd uit de voortbrengers {v1 , . . . , vk+1 } van V . Uit (i) en (ii) volgt nu dat de stelling geldt voor alle n ≥ 0. 3 Gevolg. Elke eindig voortgebrachte vectorruimte heeft een basis. We sluiten af met een modelvoorbeeld, waarin we de procedure van het reduceren nog eens expliciet laten zien. 3 Modelvoorbeeld. Beschouw in de vectorruimte R, R4 , + de vectoren v1 = (2, −3, 4, −6), v2 = (−4, 6, −8, 12), v3 = (3, −4, 5, −7) en v4 = (0, 1, −2, 4). Noem W = Span{v1 , v2 , v3 , v4 }. Reduceer de voortbrengende verzameling {v1 , v2 , v3 , v4 } tot een basis van W .

Oplossing. We ordenen de vectoren en overlopen het viertal vectoren (v1 , v2 , v3 , v4 ) van links naar rechts. Telkens een vector geschreven kan worden als een lineaire combinatie van de voorgaande vectoren, verwijderen we die vector. (1) {v1 } is lineair onafhankelijk want v1 6= 0R4 . We behouden v1 .

(2) {v1 , v2 } is lineair afhankelijk want v2 = −2v1 . Dus Span{v1 , v2 } = Span{v1 }. Verwijder dus v2 .

(3) Om na te gaan of {v1 , v3 } lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat het om na te gaan of v3 al dan niet tot Span{v1 } behoort. Er geldt: v3 ∈ Span{v1 }

⇔

∃r ∈ R : v3 = rv1

∃r ∈ R : (3, −4, 5, −7) = r(2, −3, 4, −6)  2r = 3     −3r = −4 ∃r ∈ R :  4r = 5    −6r = −7.

Dit stelsel heeft duidelijk geen oplossingen, zodat v3 6∈ Span{v1 }. Zodoende is {v1 , v3 } lineair onafhankelijk. We behouden v3 . (4) Om na te gaan of {v1 , v3 , v4 } lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat het om na te gaan of v4 al dan niet tot Span{v1 , v3 } behoort. Er geldt: v4 ∈ Span{v1 , v3 }

⇔

∃r, s ∈ R : v4 = rv1 + sv3

∃r, s ∈ R : (0, 1, −2, 4) = r(2, −3, 4, −6) + s(3, −4, 5, −7)  2r + 3s = 0     −3r − 4s = 1 ∃r, s ∈ R :  4r + 5s = −2    −6r − 7s = 4 ® r = −3 ∃r, s ∈ R : s=2

zodat v4 ∈ Span{v1 , v3 }. Zodoende is {v1 , v3 , v4 } lineair afhankelijk. We verwijderen v4 . Nu is W = Span{v1 , v2 , v3 , v4 } = Span{v1 , v3 } en {v1 , v3 } is lineair onafhankelijk. We besluiten dat {v1 , v3 } een basis van W is.

XVII-40

Uitbreiden van lineair onafhankelijke vectoren tot een basis 3 Procedure. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de vectoren v1 = (3, 1, 5) en v2 = (2, −2, −10). Dan is D = {v1 , v2 } lineair onafhankelijk maar D is geen basis van R3 want D is niet voortbrengend voor R3 (ga na). Door aan de verzameling D een of meerdere vectoren toe te voegen, kunnen we een basis van R3 vinden. Daarbij gaan we als volgt te werk. Beschouw een basis van R3 , bijvoorbeeld de standaardbasis {e1 , e2 , e3 } waarbij e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) en e3 = (0, 0, 1). Uitbreiden van een voortbrengende verzameling blijft voortbrengend: R3 = Span{e1 , e2 , e3 } = Span{v1 , v2 , e1 , e2 , e3 }.

Nu kunnen we deze voortbrengende verzameling {v1 , v2 , e1 , e2 , e3 } reduceren tot een basis van R3 . Daarvoor volgen we de procedure van hierboven, en reduceren zo het geordend n-tal voortbrengende vectoren (v1 , v2 , e1 , e2 , e3 ) tot de geordende basis (v1 , v2 , e2 ) van R3 (ga na). Merk op dat deze basis de vectoren v1 en v2 bevat. Dat komt omdat {v1 , v2 } lineair onafhankelijk is, zodat die in de procedure van het reduceren niet worden geschrapt. Door het toepassen van deze werkwijze zeggen we dat we de lineair onafhankelijke vectoren {v1 , v2 } uitbreiden tot een basis {v1 , v2 , e2 } van R3 . Opnieuw kunnen we dit idee veralgemenen naar eindig voortgebrachte vectorruimten. 3 Stelling (uitbreiden van lineair onafhankelijke vectoren tot basis). Zij R, V, + een eindig voortgebrachte vectorruimte. Dan kan elke lineair onafhankelijke verzameling van V uitgebreid worden tot een basis van V . Bewijs. De stelling is triviaal voldaan voor de lineair onafhankelijke verzameling ∅. Zij dus {w1 , . . . , wm } de gegeven lineair onafhankelijke verzameling van een vectorruimte R, V, +. Beschouw vervolgens een verzameling {v1 , . . . , vn } die V voortbrengt. Uitbreiden van een voortbrengende verzameling blijft voortbrengend zodat: V = Span{v1 , . . . , vn } = Span{w1 , . . . , wm , v1 , . . . , vn }.

De verzameling {w1 , . . . , wm , v1 , . . . , vn } is voortbrengend voor V . Die kan gereduceerd worden tot een geordende basis van V door een aantal van de vectoren v1 , . . . , vn te verwijderen. De geordende basis zal zeker de vectoren w1 , . . . , wm bevatten, aangezien deze lineair onafhankelijk zijn. Met het volgend modelvoorbeeld illusteren we nogmaals de procedure van het uitbreiden. 3 Modelvoorbeeld. Beschouw in de vectorruimte R, R2 , + de vector v1 = (2, −1). Breid de lineair onafhankelijke verzameling {v1 } uit tot een basis van R2 . Oplossing. Beschouw de standaardbasis E = (e1 , e2 ) van R2 . Uitbreiden van een voortbrengende verzameling blijft voortbrengend R2 = Span{e1 , e2 } = Span{v1 , e1 , e2 }

zodat {v1 , e1 , e2 } voortbrengend is voor R2 . Nu reduceren we deze voortbrengende verzameling door de vectoren te ordenen en het drietal vectoren (v1 , e1 , e2 ) van links naar rechts te overlopen. Telkens een vector geschreven kan worden als een lineaire combinatie van de voorgaande vectoren, verwijderen we die vector. (1) {v1 } is lineair onafhankelijk (zie opgave). We behouden v1 . (2) Om na te gaan of {v1 , e1 } lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat het om na te gaan of e1 al dan niet tot Span{v1 } behoort. Er geldt: e1 ∈ Span{v1 }

⇔

⇔ ⇔

∃r ∈ R : e1 = rv1

∃r ∈ R : (1, 0) = r(2, −1) ® 2r = 1 ∃r ∈ R : − r = 0.

Dit stelsel heeft duidelijk geen oplossingen, zodat e1 6∈ Span{v1 }. Zodoende is {v1 , e1 } lineair onafhankelijk. We behouden e1 . (3) Om na te gaan of {v1 , e1 , e2 } lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat het om na te gaan of e2 al dan niet tot Span{v1 , e1 } behoort. Er geldt: e2 ∈ Span{v1 , e1 }

⇔

⇔ ⇔

∃r, s ∈ R : e2 = rv1 + se1

∃r, s ∈ R : (0, 1) = r(2, −1) + s(1, 0) ® 2r + s = 0 ∃r, s ∈ R : −r =1 ® r = −1 ∃r, s ∈ R : s=2

zodat e2 ∈ Span{v1 , e1 }. Zodoende is {v1 , v2 , e2 } lineair afhankelijk. We verwijderen dus e2 .

Nu is R2 = Span{v1 , e1 } en {v1 , e1 } is lineair onafhankelijk. We besluiten dat {v1 , e1 } = {(2, −1), (1, 0)} een basis van R2 is. XVII-41

Oefeningen 4 Basis

Basis ?

Verdieping ? ??

4.1 Voortbrengende vectoren

4.2 Lineair onafhankelijke vectoren

5 6 7

4.3 Basisvectoren

13 14

15 16 17 18

19 20

Uitbreiding ? ??

2 3 4 11

Oefeningen bij §4.1 B

Oefening 1. Bepaal telkens een voortbrengende verzameling van de gegeven deelruimte in de vermelde vectorruimte. (a) {(r − s − 2t, r + s + 2t) | r, s, t ∈ R} in R, R2 , + (b) {(x, y, z) ∈ R3 | x + 2y − z = 0} in R, R3 , + (c) {(x, y, z, t) ∈ R4 | x − y = 0 en z + t = 0} in R, R4 , + ßï ò

™ 3s t

(d) s, t ∈ R in R, R2×2 , + 2s + t t

(e) {a + b + (2a − b)X | a, b ∈ R} in R, R[X], + (f) {A ∈ R[X]<6 | A is deelbaar door X 2 − 1} in R, R[X], +

B??

Oefening 2. Bepaal telkens of de gegeven verzameling al dan niet voortbrengend is voor de vectorruimte R, R3 , +. Zo niet, geef een vector die geen lineaire combinatie van de gegeven verzameling is. (a) {(3, 1, −1), (1, 1, 2), (0, 0, 1)} (b) {(5, 0, −2), (0, 1, 1)} (c) {(3, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 0, 1), (2, 1, 0)} (d) {(−7, −1, 3), (5, 9, 2), (8, 18, 5), (1, 13, 6)}

B??

Oefening 3. Toon aan dat {1, X, 1 − X 2 , 1 + X + X 2 } voortbrengend is voor de vectorruimte R, R[X]<3 , +.

B??

Oefening 4. Beschouw de vectorruimte R, R2×2 , + en de vectoren ï ò ï ò ï ò ï 1 3 3 6 −2 2 0 v1 = , v2 = , v3 = , v4 = −2 5 −4 10 −1 7 −5

ò 7 , 8

ï v5 =

7 −1

ò 2 , 6

ï v6 =

5 −2

ò 4 . 15

Is {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 , v6 } voortbrengend voor R2×2 ? Zo neen, geef een vector die geen lineaire combinatie is van deze vectoren.

Oefeningen bij §4.2 B

Oefening 5. Zij R, V, + een vectorruimte en u, v, w ∈ V . Toon aan dat de volgende deelverzamelingen van V lineair afhankelijk zijn. (a) {u, v, u − v} (b) {u, v, −3u} (c) {u, u + v, u − v} (d) {u − v, v + w, w + u} XVII-42

Oefening 6. Beschouw in de vectorruimte R, R3 , + een deelverzameling {v1 , v2 , v3 } die lineair afhankelijk is. Is v3 een lineaire combinatie van {v1 , v2 }? Waarom (niet)?

Oefening 7. Zij R, V, + een vectorruimte en v1 , v2 , . . . , vn ∈ V . Toon aan: {v1 , v2 , . . . , vn , 0V } is lineair afhankelijk.

Oefening 8. Bepaal of de gegeven deelverzameling van de vermelde vectorruimte lineair afhankelijk of lineair onafhankelijk is. (a) {(1, 0), (0, 0)} in R, R2 , + (b) {(2, 3), (1, 5)} in R, R2 , + (c) {2x , 2−x } in R, RR , + √ √ √ √ (d) {(3, 3, 6), ( 6, 2, 2)} in R, R3 , + (e) {1+X, X +X 2 , X 2 +X 3 } in R, R[X], + (f) {3 sin2 x, cos2 x, 8} in R, RR , +

B??

Oefening 9. Bepaal of de gegeven deelverzameling van de vectorruimte R, R3 , + lineair afhankelijk of lineair onafhankelijk is. (a) {(3, 1, −1), (1, 1, 2), (0, 0, 1)} (b) {(5, 0, −2), (0, 1, 1)} (c) {(0, −1, 0), (1, 0, 1), (2, 1, 2), (3, 2, 3)} (d) {(8, −8, −5), (2, 1, 7), (−6, 5, 1)}

Oefening 10. Bepaal telkens de waarde(n) van k ∈ R waarvoor de gegeven verzameling vectoren van R, R3 , + lineair onafhankelijk is. (a) {(3, 1, 6), (0, 1, 4), (1, 0, k)} (b) {(1, −2, −3), (−3, 5, 7), (−4, 5, k)} (c) {(−6, 5, 4), (9, k, −6), (15, −4, −10)} (d) {(k, 1, 3), (4, k, 6), (6, 1, 4)}

Oefening 11 (criterium voor lineair onafhankelijke vector). Zij R, V, + een vectorruimte en v1 ∈ V . Toon aan: {v1 } is lineair onafhankelijk als en slechts als v1 6= 0V .

Oefeningen bij §4.3 B

Oefening 12. Gegeven is de basis B = ((3, 0, −2), (0, 1, 5), (2, −1, 2)) van de vectorruimte R, R3 , +. Bepaal de vector v ∈ R3 waarvoor geldt dat coB (v) = (−2, 1, 7).

Oefening 13. Bepaal de coördinaatvector van v = (2, 4, 8) ten opzichte van (a) de standaardbasis E van R3 , (b) de basis B = ((1, −3, 0), (0, 0, 2), (2, −1, 0)) van R3 , (c) de basis B 0 = ((1, 0, 2), (2, 1, 0), (0, 3, 5)) van R3 .

ï ò 2 0 ten opzichte van 1 4 Åï ò ï ò ï ò ï òã 1 0 0 1 0 0 0 0 (a) de basis E = , , , van R2×2 , 0 0 0 0 1 0 0 1 Åï ò ï ò ï ò ï òã 1 0 1 0 1 3 0 0 (b) de basis B = , , , van R2×2 . 0 −1 0 1 0 0 2 0

Oefening 14. Bepaal de coördinaatvector van v =

XVII-43

B??

Oefening 15. Ga telkens na of de gegeven verzameling een basis van de vectorruimte R, R3 , + is. (a) {(1, 2, 3), (1, 0, 1)} (b) {(1, 2, 3), (1, 0, 1), (0, 1, 1), (0, 1, 2)} (c) {(1, 2, 3), (1, 0, 1), (0, 1, 1)} (d) {(1, 2, 3), (1, 0, 1), (0, 1, 2)}

B??

Oefening 16. Beschouw in de vectorruimte R, R[X]<3 , + de vectoren v1 = 1 + X, v2 = X + X 2 en v3 = 1 + X 2 . (a) Toon aan dat {v1 , v2 , v3 } een basis van R[X]<3 is. (b) Schrijf v = 3 + 2X + X 2 als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 }.

B??

Oefening 17. Gegeven is de vectorruimte R, R5 , +. Bepaal een basis voor de deelruimte W = {(a + d, b + d, 2a − b + d, a + d, c + d) | a, b, c, d ∈ R}.

B??

Oefening 18. Beschouw in de vectorruimte R, R3 , + de vectoren v1 = (2, −1, 3) en v2 = (−5, 2, −6). Breid de lineair onafhankelijke verzameling {v1 , v2 } uit tot een basis van R3 .

Oefening 19. Beschouw de vectorruimte R, R[X]<3 , +. (a) Bepaal een vector v ∈ R[X]<3 zodat B = (1, 1 + X 2 , v) een basis van R[X]<3 is. (b) Bepaal de coördinaatvector van 2X 2 − 27 X ten opzichte van de basis B.

Oefening 20. Beschouw in de vectorruimte R, R4 , + de deelruimte W van alle oplossingen van het lineair stelsel   ï ò x1 ï ò 2 1 2 3  x2  = 0 . · 1 1 3 0 x3  0 x4 Bepaal een basis van W .

Oefening 21. Beschouw de vectorruimte R, R3×3 , + en de deelruimte van alle symmetrische matrices W = {A ∈ R3×3 | AT = A}. Bepaal een basis van W .

Oefening 22 (aantal voortbrengende, lineair onafhankelijke en basisvectoren van Rm ). Beschouw de vectorruimte R, Rm , + en vectoren v1 , v2 , . . . , vn ∈ Rm . Bewijs met behulp van Oefening 23: (a) {v1 , . . . , vn } is voortbrengend voor Rm ⇒ n ≥ m,

(b) {v1 , . . . , vn } is lineair onafhankelijk ⇒ n ≤ m, (c) {v1 , . . . , vn } is een basis van Rm ⇒ n = m. U?

Oefening 23 (criterium voor voortbrengende, lineair onafhankelijke en basisvectoren van Rm ). Beschouw de vectorruimte R, Rm , + en zij v1 , v2 , . . . , vn ∈ Rm . Beschouw de matrix A die we verkrijgen door de vectoren v1 , v2 , . . . , vn op te vatten als kolommen:   | | | A = v1 v2 . . . vn  ∈ Rm×n . | | | Bewijs: (a) {v1 , . . . , vn } is voortbrengend voor Rm ⇔ rang A = m, (b) {v1 , . . . , vn } is lineair onafhankelijk ⇔ rang A = n, (c) {v1 , . . . , vn } is een basis van Rm ⇔ m = n en det A 6= 0. XVII-44

Hoofdstuk 5

Dimensie In het vorige hoofdstuk hebben we gezien dat elke eindig voortgebrachte vectorruimte een basis heeft. Op de triviale vectorruimte R, {0V }, + na hebben alle vectorruimten oneindig veel mogelijke basissen. Nu blijkt dat alle basissen van eenzelfde vectorruimte precies evenveel vectoren bevatten. Deze fundamentele stelling, die voor het eerst werd geformuleerd en aangetoond door Grassmann, zullen we in de eerste paragraaf van dit hoofdstuk bewijzen.1 Daarna bestuderen we enkele manieren om uit twee bestaande deelruimten van eenzelfde vectorruimte een nieuwe deelruimte te construeren evenals het verband tussen het aantal basisvectoren in deze deelruimten. Tot slot bespreken we twee concrete problemen, die een oplossing in de abstracte theorie van de vectorruimten vinden.

5.1

Dimensiestelling voor vectorruimten

De stelling van Grassmann kan elegant bewezen worden door te steunen op een hulpstelling, toegeschreven aan Steinitz [14] die het in 1913 in een meer algemene context heeft geformuleerd en bewezen. Zowel in het onderstaande lemma als verder in dit hoofdstuk zullen we een willekeurige eindige deelverzameling vaak noteren als {v1 , v2 , . . . , vn }. Als bijzonder geval kan zo’n deelverzameling ook de lege verzameling {} zijn. Dit komt overeen met n = 0. 3 Lemma (Steinitz). Zij R, V, + een vectorruimte en beschouw twee deelverzamelingen {v1 , v2 , . . . , vn } en {w1 , w2 , . . . , wm } van V . Als {v1 , v2 , . . . , vn } voortbrengend is voor V en als {w1 , w2 , . . . , wm } lineair onafhankelijk is, dan is m ≤ n. Bewijs. Als m = 0 dan is m ≤ n en is aan de stelling voldaan. Stel nu dat m ≥ 1. Dan is ook n ≥ 1 (ga na). Beschouw een lineaire relatie van {w1 , w2 , . . . , wm }: c1 w1 + c2 w2 + · · · + cm wm = 0V .

(1)

Enerzijds is {w1 , w2 , . . . , wm } lineair onafhankelijk, zodat de lineaire relatie (1) triviaal is. Dit betekent: c1 = c2 = . . . = cm = 0.

(2)

Anderzijds wordt V voortgebracht door {v1 , . . . , vn }, zodat we de lineaire relatie (1) kunnen herschrijven in functie van de vectoren vi . Dat doen we door elk van de vectoren w1 , . . . , wm te schrijven als lineaire combinatie van {v1 , . . . , vn }:

Ernst Steinitz (1871 - 1928)

w1 = a11 v1 + a12 v2 + · · · + a1n vn

w2 = a21 v1 + a22 v2 + · · · + a2n vn .. .

wm = am1 v1 + am2 v2 + · · · + amn vn

voor zekere aij ∈ R. Substitutie in (1) geeft dan

(c1 a11 + c2 a21 + · · · + cm am1 )v1 + · · · + (c1 a1n + c2 a2n + · · · + cm amn )vn = 0V .

(3)

1 De lineaire algebra werd vrijwel volledig ontwikkeld door Hermann Günther Grassmann in zijn Ausdehnungslehre uit 1844 [10] en 1862 [11], zie [9]. Grassman, die geen universitaire opleiding wiskunde had genoten, bleef zijn leven lang leraar in het middelbaar onderwijs. De leidende wiskundigen van die tijd zagen de waarde van zijn publicaties niet in. Zijn werk werd pas na 1867 geleidelijk erkend: eerst door Hermann Hankel , daarna door de invloedrijke Felix Klein en Alfred North Whitehead . Giusseppe Peano , grondlegger van de axiomatische benadering van vectorruimten en lineaire afbeeldingen, was sterk beı̈vloed door het werk van Grassmann.

XVII-45

Deze betrekking is zeker waar wanneer de coëfficiënten van vi alle nul zijn, dus wanneer c1 , c2 , . . . , cm voldoen aan het stelsel  c1 a11 + c2 a21 + · · · + cm am1 = 0     c1 a12 + c2 a22 + · · · + cm am2 = 0 (4) ..  .    c1 a1n + c2 a2n + · · · + cm amn = 0. Veronderstel nu, uit het ongerijmde, dat m > n. Dan heeft het homogeen lineair stelsel (4) meer onbekenden dan vergelijkingen, zodat dit stelsel nog andere oplossingen heeft dan de nuloplossing. Anders gezegd, er bestaan getallen c1 , c2 , . . . , cm niet alle nul waarvoor (3) en bijgevolg ook (1) geldt. Dit is in strijd met (2). We besluiten dat m ≤ n.

Nu kunnen we de stelling van Grassmann bewijzen. 3 Stelling (Grassmann, dimensiestelling voor vectorruimten). Zij R, V, + een vectorruimte en {v1 , . . . , vn } en {w1 , . . . , wm } twee basissen van V . Dan is m = n. Bewijs. Omdat {v1 , . . . , vn } voortbrengend voor V is en {w1 , . . . , wm } lineair onafhankelijk is, volgt uit het lemma van Steinitz dat m ≤ n. Passen we dit lemma toe op de voortbrengende verzameling {w1 , . . . , wm } en de lineair onafhankelijke verzameling {v1 , . . . , vn }, dan verkrijgen we n ≤ m. We besluiten hieruit dat m = n.

Hermann Günther Grassmann (1809 - 1877)

Elke eindig voortgebrachte vectorruimte heeft een (eindige) basis en wegens de stelling van Grassmann heeft elke basis hetzelfde aantal elementen. Dat geeft aanleiding tot de volgende definitie. 3 Definitie (dimensie). Zij R, V, + een eindig voortgebrachte vectorruimte. Het aantal vectoren in een basis van V noemen we de dimensie van V , genoteerd met dim V . Eindig voortgebrachte vectorruimten noemen we eindigdimensionale vectorruimten. Een vectorruimte die niet eindig voortgebracht is, noemen we een oneindigdimensionale vectorruimte. 3 Voorbeeld 1. In het vorige hoofdstuk hebben we voor enkele vectorruimten een standaardbasis gegeven. Door telkens het aantal vectoren in die standaardbasis te tellen, vinden we de dimensie van de vectorruimte. In het bijzonder zijn deze vectorruimten eindigdimensionaal. Hierbij staan m, n voor positieve gehele getallen: dim Rn = n dim Rm×n = mn dim R[X]<n = n 3 Voorbeeld 2. De vectorruimte R, R[X], + is niet eindig voortgebracht en is dus een voorbeeld van een oneindigdimensionale vectorruimte. Men kan aantonen dat ook de vectorruimte R, RN , + van reële rijen en de vectorruimte R, RR , + van R-R afbeeldingen oneindigdimensionaal zijn. 3 Opmerking. In de triviale vectorruimte R, {0V }, + is de lege verzameling een basis. Die verzameling telt nul elementen, dus: dim{0V } = 0 In het bijzonder is de triviale vectorruimte eindigdimensionaal. XVII-46

Combineren we het begrip dimensie met de procedures voor het reduceren van voortbrengende vectoren tot een basis en voor het uitbreiden van lineair onafhankelijke vectoren tot een basis (zie Hoofdstuk 4) dan verkrijgen we enkele belangrijke vaststellingen. 3 Gevolg 1. Zij R, V, + een eindigdimensionale vectorruimte. (i) Zij {v1 , v2 , . . . , vp } voortbrengend voor V . Dan geldt:

(a) dim V ≤ p, (b) als dim V = p dan is {v1 , v2 , . . . , vp } een basis van V .

(ii) Zij {w1 , w2 , . . . , wq } lineair onafhankelijk. Dan geldt:

(a) q ≤ dim V , (b) als q = dim V dan is {w1 , w2 , . . . , wq } een basis van V .

Bewijs. (i) De voortbrengende verzameling {v1 , v2 , . . . , vp } kan gereduceerd worden tot een basis van V . In elke basis van V is het aantal elementen gelijk aan dim V . Bijgevolg is p ≥ dim V . In het geval dat p = dim V geeft eenzelfde redenering nu dat de verzameling {v1 , v2 , . . . , vp } zelf een basis vormt.

(ii) De lineair onafhankelijke verzameling {w1 , w2 , . . . , wq } kan uitgebreid worden tot een basis van V . In elke basis van V is het aantal elementen gelijk aan dim V . Bijgevolg is q ≤ dim V . In het geval dat dim V = q geeft eenzelfde redenering nu dat de verzameling {w1 , w2 , . . . , wq } zelf een basis vormt.

Is W een deelruimte van een eindig dimensionale vectorruimte V , dan is R, W, + een vectorruimte zodat we ook kunnen nagaan of W eindig dimensionaal is. In dat geval kan de dimensie van W vergeleken worden met de dimensie van V . Het resultaat is opnieuw een gevolg van de stelling van Grassmann. 3 Gevolg 2. Zij R, V, + een eindigdimensionale vectorruimte en W een deelruimte van V . Dan geldt: (i) W is eveneens eindigdimensionaal, (ii) dim W ≤ dim V ,

(iii) als dim W = dim V dan is W = V . Bewijs. We bouwen vector per vector een basis van W op, vertrekkend van de lege verzameling. Omdat Span{} = {0V }, geldt Span{} ⊆ W . Is Span{} 6= W , dan nemen we een vector w1 ∈ W \ {0V }. Dan is Span{w1 } ⊆ W en bovendien is {w1 } lineair onafhankelijk. Is Span{w1 } = 6 W , dan nemen we een vector w2 ∈ W \ Span{w1 }. Wegens een lemma in Hoofdstuk 4 is {w1 , w2 } lineair onafhankelijk. Is Span{w1 , w2 } = 6 W, dan nemen we een vector w3 ∈ W \ Span{w1 , w2 }. Dit lemma impliceert opnieuw dat {w1 , w2 , w3 } lineair onafhankelijk is, enzovoort. Dit proces moet stoppen want als een eindige deelverzameling van V lineair onafhankelijk is, dan is het aantal elementen van die deelverzameling kleiner dan of gelijk aan dim V , zie Gevolg 1(ii) hierboven. Dus is W = Span{w1 , w2 , . . . , wk } voor een natuurlijk getal k ≤ dim V , waarbij w1 , w2 , . . . , wk lineair onafhankelijke vectoren zijn. Bijgevolg is {w1 , w2 , . . . , wk } een basis van W zodat dim W = k ≤ dim V . Hiermee zijn (i) en (ii) bewezen. Ten slotte, als k = dim V , dan zegt Gevolg 1(ii) hierboven dat {w1 , w2 , . . . , wk } een basis van V is, zodat V = Span{w1 , w2 , . . . , wk } = W . Dit bewijst (iii). XVII-47

5.2

Dimensiestelling voor deelruimten

In deze paragraaf bestuderen we enkele manieren om uit twee bestaande deelruimten van eenzelfde vectorruimte twee nieuwe deelruimten te construeren: de doorsnede en de som. Het verband tussen de dimensies van deze vier deelruimten is de zogenaamde dimensiestelling voor deelruimten.

Doorsnede van deelruimten Herhaal uit Hoofdstuk 1 dat de doorsnede van twee verzamelingen U en W wordt gegeven door U ∩ W = {x | x ∈ U en x ∈ W } De volgende eigenschap zegt dat de doorsnede van twee deelruimten van een vectorruimte opnieuw een deelruimte is. 3 Eigenschap (doorsnede van deelruimten). Zij R, V, + een vectorruimte en U en W deelruimten van V . Dan is U ∩ W een deelruimte van V . Bewijs. Omdat U en W deelruimten van V zijn, bevatten ze beide de nulvector 0V , zodat U ∩ W 6= ∅. Met het criterium voor deelruimte gaan we na dat U ∩ W een deelruimte van V is. Neem v1 , v2 ∈ U ∩ W en r, s ∈ R. Dan is v1 , v2 ∈ U zodat ook rv1 + sv2 ∈ U , want U ≤ V . Analoog is ook rv1 + sv2 ∈ W , zodat rv1 + sv2 ∈ U ∩ W .

Deze eigenschap kan veralgemeend worden: zijn U1 , U2 , . . . , Un een eindig aantal deelruimten, dan is de doorsnede U1 ∩ U2 ∩ · · · ∩ Un opnieuw een deelruimte. Het bewijs hiervan is analoog. 3 Voorbeeld. Beschouw in de vectorruimte R, R[X], + de deelruimte U1 van veeltermen die deelbaar zijn door X − 1, de deelruimte U2 van veeltermen die deelbaar zijn door X − 2 en de deelruimte U3 van veeltermen die deelbaar zijn door X −3. Dan bestaat U1 ∩U2 ∩U3 uit de veeltermen die deelbaar zijn door (X −1)(X −2)(X −3). Als twee deelruimten eindigdimensionaal zijn, dan is ook de doorsnede eindigdimensionaal (waarom?). In dat geval kan een basis van de doorsnede bepaald worden. 3 Modelvoorbeeld. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de deelruimten U = Span{(−1, 2, 2), (2, −1, 5)}

W = Span{(1, −2, −7), (2, −1, 4)}.

Bepaal een basis voor de deelruimte U ∩ W . Geef ook de dimensie van U ∩ W . Oplossing. Voor elke vector v ∈ R3 is: v ∈U ∩W

⇔ ⇔

v ∈ U en v ∈ W ® ∃a, b ∈ R : v = a(−1, 2, 2) + b(2, −1, 5) en ®

⇔

∃c, d ∈ R : v = c(1, −2, −7) + d(2, −1, 4)

∃a, b ∈ R : v = (−a + 2b, 2a − b, 2a + 5b) en ∃c, d ∈ R : v = (c + 2d, −2c − d, −7c + 4d)

 1   1 a= r      a − d = 0 5    −a + 2b = c + 2d  −a + 2b − c − 2d = 0   5 b=r 2a − b = −2c − d ⇔ 2a − b + 2c + d = 0 ⇔ b − d = 0 ⇔ (r ∈ R) 1       c=− r 2a + 5b = −7c + 4d 2a + 5b + 7c − 4d = 0 c + 1 d = 0   5  5 d=r Å ã  1 2 2   ∃r ∈ R : v = − r + 2r, r − r, r + 5r en  5 5 5 Å ã ⇔  1 2 7   ∃r ∈ R : v = − r + 2r, r − r, r + 4r 5 5 5 Å ã 9 3 27 ⇔ ∃r ∈ R : v = r, − r, r . 5 5 5 ßÅ ã

™ ßÅ ã™

9 3 27 9 3 27

Hieruit volgt dat U ∩ W = r, − r, r r ∈ R = Span ,− , = Span{(3, −1, 9)}. 5 5 5 5 5 5 Dus {(3, −1, 9)} is een basis van U ∩ W en dim(U ∩ W ) = 1. XVII-48

Som van deelruimten Herhaal uit Hoofdstuk 1 dat de unie van twee verzamelingen U en W wordt gegeven door U ∪ W = {x | x ∈ U of x ∈ W }. Dat de unie van twee deelruimten U en W doorgaans geen deelruimte is, komt omdat de som van een vector in U en een vector in W niet noodzakelijk tot die unie behoort. Beschouw bijvoorbeeld in R, R2 , + de deelruimten U = Span{(1, 0)} en W = Span{(0, 1)}. De unie van U en W is dan: U ∪ W = {(x, y) | x = 0 of y = 0}. Nu behoren u = (1, 0) en w = (0, 1) tot U ∪ W , maar u + w = (1, 1) behoort niet tot U ∪ W . Derhalve is aan de definitie van deelruimte niet voldaan, zodat de unie van de twee deelruimten U en W geen deelruimte van R2 is. Willen we een echte deelruimte vinden die beide deelruimten omvat, dan moeten we het volgende begrip invoeren. 3 Definitie (som van deelruimten). Zij R, V, + een vectorruimte en U en W deelruimten van V . De som van U en W is de verzameling U + W = {u + w | u ∈ U en w ∈ W } De volgende eigenschap zegt dat de som van twee deelruimten van een vectorruimte wel een deelruimte is. Het tweede deel karakteriseert de som van twee deelruimten U en W als de kleinste deelruimte die U ∪ W omvat. 3 Eigenschap (som van deelruimten). Zij R, V, + een vectorruimte en U en W deelruimten van V . Dan geldt: (i) U + W is een deelruimte van V , (ii) als Z een deelruimte van V is met U ∪ W ⊆ Z, dan is U + W ⊆ Z. Bewijs. (i) Omdat U en W deelruimten van V zijn, bevatten ze beide de nulvector 0V , zodat U + W 6= ∅. Om aan te tonen dat U + W een deelruimte van V is, gaan we het criterium voor deelruimte na. Neem v1 , v2 ∈ U + W en r, s ∈ R. Dan is vi = ui + wi voor zekere ui ∈ U en wi ∈ W (i = 1, 2). Bijgevolg is rv1 + sv2 = (ru1 + su2 ) + (rw1 + sw2 ) ∈ U + W. Daarmee is aan het criterium voor deelruimte voldaan, zodat U + W ≤ V .

(ii) Zij Z ≤ V met U ∪ W ⊆ Z. We tonen aan dat U + W ⊆ Z. Neem daartoe v ∈ U + W willekeurig. Dan is v = u + w voor een zekere u ∈ U en w ∈ W . Maar dan zijn u, w ∈ U ∪ W ⊆ Z. Omdat Z een deelruimte van V is, geldt nu ook dat v = u + w ∈ Z. Dit besluit het bewijs.

In het geval van eindigdimensionale deelruimten kunnen we het volgend resultaat noteren. 3 Stelling. Zij R, V, + een vectorruimte en U en W eindigdimensionale deelruimten van V . Dan is U + W eindigdimensionaal en dim(U + W ) ≤ dim U + dim W Bewijs. Is {u1 , . . . , uk } een basis van U en {w1 , . . . , wl } een basis van W , dan volgt uit de definitie van opspanning van vectoren (controleer dit): U + W = Span{u1 , . . . , uk } + Span{w1 , . . . , wl } = Span{u1 , . . . , uk , w1 , . . . , wl } zodat de som U +W eindigdimensionaal is. Omdat U +W voortgebracht wordt door een verzameling met k +l = dim U + dim W elementen geldt, wegens Gevolg 1(i) uit de vorige paragraaf: dim(U + W ) ≤ dim U + dim W . Het bewijs van deze stelling geeft aan hoe we in de praktijk een basis van de som van deelruimten kunnen bepalen. 3 Modelvoorbeeld. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de deelruimten U = Span{(−1, 2, 2), (2, −1, 5)}

W = Span{(0, 1, 3)}.

Bepaal een basis voor de deelruimte U + W . Geef ook de dimensie van U + W . Oplossing. We hebben alvast: U + W = Span{(−1, 2, 2), (2, −1, 5)} + Span{(0, 1, 3)} = Span{(−1, 2, 2), (2, −1, 5), (0, 1, 3)}. Daarna reduceren we de voortbrengende verzameling {(−1, 2, 2), (2, −1, 5), (0, 1, 3)} van U + W tot een basis van U + W . We vinden de basis {(−1, 2, 2), (2, −1, 5)}. Hieruit leiden we af dat dim(U + W ) = 2. XVII-49

Directe som van deelruimten Met de hoofdeigenschap van basisvectoren in gedachte, kunnen we de vraag stellen wanneer elke vector van U + W op een unieke manier te schrijven is als de som van een vector in U en een vector in W . Dit leidt tot een nieuw begrip. 3 Definitie (directe som van deelruimten). Zij R, V, + een vectorruimte en U en W deelruimten van V . Als elke vector van U + W op een unieke manier kan geschreven worden als de som van een vector in U en een vector in W , dan zeggen we dat U + W de directe som van U en W is. In dat geval schrijven we U + W als U ⊕ W . 3 Voorbeeld 1. Beschouw in de vectorruimte R, RN , + de deelruimte U van alle reële rijen waarvan de termen met even rangnummer nul zijn en de deelruimte W van alle rijen waarvan de termen met oneven rangnummer nul zijn: U = {(0, a1 , 0, a3 , 0, a5 , . . .) | ai ∈ R} en W = {(a0 , 0, a2 , 0, a4 , 0, . . .) | ai ∈ R}.

Elke reële rij kan op een unieke manier geschreven worden als de som van een rij in U en een rij in W , zodat RN = U ⊕ W .

3 Voorbeeld 2. In de vectorruimte R, R3×3 , + beschouwen we de deelruimte U van de bovendriehoeksmatrices en de deelruimte W van de onderdriehoeksmatrices. Elke 3 × 3-matrix kan geschreven worden als de som van een element van U en een element van W , maar niet op een unieke manier. Zo is bijvoorbeeld (vul aan):             1 2 3 1 2 3 0 0 0 1 2 3 1 2 3 0 0 0 4 5 6 = 0 5 6 + 4 0 0 4 5 6 = 0 4 6 + 4 1 0 . en 7 8 9 0 0 9 7 8 0 7 8 9 0 0 7 7 8 2 Dus in dit voorbeeld is U + W geen directe som. Om in een eindigdimensionale vectorruimte na te gaan of een som van deelruimten een directe som is, kunnen we het begrip dimensie aanwenden. 3 Stelling (eerste criterium voor directe som). Zij R, V, + een eindigdimensionale vectorruimte en U en W deelruimten van V . Dan geldt: U + W is een directe som m

dim(U + W ) = dim U + dim W Bewijs. Neem een basis {u1 , . . . , uk } van U en een basis {w1 , . . . , wl } van W . Dan wordt U + W voortgebracht door {u1 , . . . , uk , w1 , . . . , wl }. Nu is U + W een directe som als en slechts als elke vector van U + W op een unieke manier te schrijven is als een lineaire combinatie van {u1 , . . . , uk , w1 , . . . , wl }. Dit is equivalent met zeggen dat {u1 , . . . , uk , w1 , . . . , wl } lineair onafhankelijk is (hoofdeigenschap van lineair onafhankelijke vectoren), wat gelijkwaardig is met dim(U + W ) = k + l = dim U + dim W .

3 Modelvoorbeeld. Beschouw de vectorruimte R, R[X]<3 , + en de deelruimten U = Span{12, 7X + 2X 2 }

W = Span{3X, 4X + 5X 2 }.

Ga na of U + W de directe som van U en W is. Oplossing. We gaan eenvoudig na dat {12, 7X + 2X 2 } een basis voor U is. Dus dim U = 2. Analoog is dim W = 2. Wegens het eerste criterium voor directe som is U + W de directe som van U en W als en slechts als dim(U + W ) = 4. Maar de deelruimten U en W behoren tot R[X]<3 zodat ook U + W ≤ R[X]<3 . Dit impliceert de ongelijkheid dim(U + W ) ≤ 3. We besluiten dat U + W geen directe som is.

De definities voor som en directe som van twee deelruimten kunnen veralgemeend worden tot de som U1 +U2 +· · ·+Un en de directe som U1 ⊕U2 ⊕· · ·⊕Un van een eindig aantal deelruimten U1 , U2 , . . . , Un . Ook de bijbehorende eigenschappen en hun bewijzen zijn analoog. XVII-50

Dimensiestelling voor deelruimten In het algemeen geldt voor twee eindigdimensionale deelruimten U en W dat dim(U + W ) ≤ dim U + dim W . Het modelvoorbeeld bij som van deelruimten liet zien dat dim(U + W ) < dim U + dim W mogelijk is. De volgende basisstelling zegt dat het verschil van beide leden precies de dimensie van de doorsnede is. Net zoals de meeste resultaten in de lineaire algebra werd ook deze deze stelling door Grassmann ontdekt. 3 Stelling (Grassmann, dimensiestelling voor deelruimten). Zij R, V, + een vectorruimte en U en W eindigdimensionale deelruimten van V . Dan geldt: dim U + dim W = dim(U + W ) + dim(U ∩ W ) We zullen eerst een specifiek geval bewijzen. Het bewijs voor het algemeen geval kan als zelfstudie aan de leerling worden overgelaten. Bewijs voor het specifiek geval dim U = 2, dim W = 3 en dim(U ∩ W ) = 1. We moeten aantonen dat dim(U + W ) = 4. Om dat te doen, leggen we eerst basissen van de andere deelruimten vast. . Omdat dim(U ∩ W ) = 1, telt een basis van U ∩ W één vector. Neem zo’n basis {v1 }.

. Omdat dim U = 2, telt een basis van U twee vectoren. Nu is v1 ∈ U ∩W ⊆ U en {v1 } is lineair onafhankelijk, dus we kunnen {v1 } uitbreiden tot een basis van U , zeg {v1 , u1 }.

. Omdat dim W = 3, telt een basis van W drie vectoren. Nu is v1 ∈ U ∩ W ⊆ W en {v1 } is lineair onafhankelijk, dus we kunnen {v1 } uitbreiden tot een basis van W , zeg {v1 , w1 , w2 }. Nu is U + W = Span{v1 , u1 } + Span{v1 , w1 , w2 } = Span{v1 , u1 , v1 , w1 , w2 } = Span{v1 , u1 , w1 , w2 } zodat U + W wordt voortgebracht door {v1 , u1 , w1 , w2 }. Om te bewijzen dat dim(U + W ) = 4, volstaat het om aan te tonen dat {v1 , u1 , w1 , w2 } lineair onafhankelijk is. Stel dus dat r1 v1 + s1 u1 + t1 w1 + t2 w2 = 0V

(1)

voor zekere r1 , s1 , t1 , t2 ∈ R. Dan volgt: t1 w1 + t2 w2 = −r1 v1 − s1 u1 {z } | {z } | ∈W

∈U

zodat t1 w1 + t2 w2 ∈ U ∩ W = Span{v1 }. Dus t1 w1 + t2 w2 = λ1 v1

(2)

voor zekere λ1 ∈ R. Maar dan geeft (2) een lineaire relatie van de lineair onafhankelijke verzameling {v1 , w1 , w2 }, zodat t1 = t2 = λ1 = 0. De lineaire relatie (1) herleidt zich dan naar de lineaire relatie r1 v1 + s1 u1 = 0V van de basis {v1 , u1 } van U , zodat ook r1 = s1 = 0. We hebben aangetoond dat {v1 , u1 , w1 , w2 } lineair onafhankelijk is, en dus een basis van U + W is. Bovendien bevat die basis 4 vectoren, zodat dim(U + W ) = 4. Dit besluit het bewijs voor het specifiek geval dim U = 2, dim W = 3 en dim U ∩ W = 1.

XVII-51

Bewijs voor het algemeen geval. Omdat V eindigdimensionaal is, zijn de deelruimten U , W , U + W en U ∩ W ook eindigdimensionaal, zodat we kunnen spreken over de dimensies van deze deelruimten. Kies een basis {v1 , . . . , vd } van U ∩ W . Omdat U ∩ W ≤ U kunnen we deze verzameling lineair onafhankelijke vectoren uitbreiden tot een basis {v1 , . . . , vd , u1 , . . . , uk } van U . Analoog kunnen we {v1 , . . . , vd } uitbreiden tot een basis {v1 , . . . , vd , w1 , . . . , wl } van W . Met deze notaties is dim U + dim W − dim(U ∩ W ) = d + k + l. Om de stelling aan te tonen, volstaat het om een basis van U + W te geven die d + k + l elementen telt. We kunnen de deelruimte U + W schrijven als: U + W = Span{v1 , . . . , vd , u1 , . . . , uk } + Span{v1 , . . . , vd , w1 , . . . , wl } = Span{v1 , . . . , vd , u1 , . . . , uk , v1 , . . . , vd , w1 , . . . , wl } = Span{v1 , . . . , vd , u1 , . . . , uk , w1 , . . . , wl }

zodat U + W wordt voortgebracht door {v1 , . . . , vd , u1 , . . . , uk , w1 , . . . , wl }. Om aan te tonen dat deze verzameling een basis is, bewijzen we dat ze lineair onafhankelijk is. Stel dus dat r1 v1 + · · · + rd vd + s1 u1 + · · · + sk uk + t1 w1 + · · · + tl wl = 0V

(3)

voor zekere r1 , . . . , rd , s1 , . . . , sk , t1 , . . . , tl ∈ R. Dan volgt: t w + · · · + tl wl = −r1 v1 − · · · − rd vd − s1 u1 − · · · − sk uk } | {z } |1 1 {z ∈W

∈U

zodat t1 w1 + · · · + tl wl ∈ U ∩ W = Span{v1 , . . . , vd }. Dus t1 w1 + · · · + tl wl = λ1 v1 + · · · + λd vd

(4)

voor zekere λ1 , . . . , λd ∈ R. Maar dan geeft (4) een lineaire relatie van de lineair onafhankelijke verzameling {v1 , . . . , vd , w1 , . . . , wl }, zodat t1 , . . . , tl , λ1 , . . . , λd alle gelijk zijn aan nul. De lineaire relatie (3) herleidt zich dan naar een lineaire relatie van de basis {v1 , . . . , vd , u1 , . . . , uk } van U , zodat ook r1 , . . . , rd , s1 , . . . , sk alle gelijk zijn aan nul. We hebben aangetoond dat {v1 , . . . , vd , u1 , . . . , uk , w1 , . . . , wl } een basis van U + W is. Bovendien bevat die basis d + k + l vectoren, zodat dim(U + W ) = d + k + l. Dit besluit het bewijs voor het algemeen geval. Om de dimensie van de doorsnede van twee eindigdimensionale deelruimten U en W te vinden, kunnen we een basis van die doorsnede bepalen. Als alternatief kunnen we de dimensies van U , W en U + W berekenen om daarna de dimensiestelling voor deelruimten toe te passen. 3 Modelvoorbeeld 1. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de deelruimten U = Span{(−1, 2, 2), (2, −1, 5)}

W = Span{(1, −2, −7), (2, −1, 4)}.

Bepaal dim(U ∩ W ) zonder een basis van de doorsnede te bepalen.

Oplossing. We zien onmiddellijk dat (2, −1, 5) geen lineaire combinatie van (−1, 2, 2) is, zodat dim U = 2. Analoog is ook dim W = 2. Omdat U, W ≤ U + W ≤ R3 , is dim(U + W ) = 2 of dim(U + W ) = 3. Passen we de dimensiestelling voor deelruimten toe, dan vinden we dim(U ∩ W ) = 1 of dim(U ∩ W ) = 2. Mocht dim(U ∩ W ) = 2 dan zou U = W (zie Gevolg 2 uit de vorige paragraaf). Zonder al te veel rekenwerk zien we echter in dat (2, −1, 4) 6∈ U , zodat U 6= W . We besluiten dat dim(U ∩ W ) = 1.

XVII-52

Ook als we willen nagaan of een som een directe som is, kunnen we de dimensiestelling voor deelruimten gebruiken. Combineren we die stelling met het criterium voor directe som, dan verkrijgen we voor twee deelruimten U en W van een eindigdimensionale vectorruimte V : U + W is een directe som ⇔

dim(U ∩ W ) = 0

⇔ U ∩ W = {0V }. Dit resultaat kan veralgemeend worden naar oneindigdimensionale vectorruimten. Om dat te bewijzen, kunnen we niet langer gebruik maken van de dimensiestelling voor deelruimten. 3 Stelling (tweede criterium voor directe som). Zij R, V, + een vectorruimte en U, W deelruimten van V . Dan geldt: U + W is een directe som m

U ∩ W = {0V }. Bewijs. Stel dat U + W een directe som is en neem een willekeurig element v van U ∩ W . Dan is : v = v + 0V = 0V + v. Mocht v 6= 0V dan zijn dit twee verschillende manieren om de vector v ∈ U + W als de som van een vector in U en een vector in W te schrijven, wat in strijd is met het feit dat U + W een directe som is. Dus v = 0V . Dit toont aan dat U ∩ W = {0V }. Omgekeerd, stel dat U ∩W = {0V }. De definitie van de som van deelruimten impliceert dat elke vector v ∈ U +W op minstens één manier te schrijven is als de som van een vector in U en een vector in W . Om te bewijzen dat er hoogstens één manier is, stellen we dat er twee manieren zijn, dus v = u1 + w1 en v = u2 + w2 met ui ∈ U en wi ∈ W voor i ∈ {1, 2}. Nu is u1 − u2 ∈ U en w2 − w1 ∈ W , zodat u1 − u2 = w2 − w1 ∈ U ∩ W . Omdat U ∩ W = {0V } is u1 − u2 = w2 − w1 = 0V zodat u1 = u2 en w1 = w2 .

3 Modelvoorbeeld 2. Beschouw de oneindigdimensionale vectorruimte R, RR , + van alle R-R afbeeldingen. Noem U de deelruimte van de even functies en W de deelruimte van de oneven functies: U = {f ∈ RR | ∀x ∈ R : f (−x) = f (x)} en W = {f ∈ RR | ∀x ∈ R : f (−x) = −f (x)}. Ga na of U + W een directe som is. Oplossing. Omdat U ∩ W = {0RR } is, wegens het tweede criterium voor directe som, U + W een directe som. Hieruit volgt dat elke R-R afbeelding op een unieke manier te schrijven is als de som van een even en een oneven functie.

Het tweede criterium voor directe som kan niet veralgemeend worden voor een directe som van meer dan twee deelruimten. 3 Voorbeeld. Beschouw de vectorruimte R, R2 , + en de deelruimten U = Span{(1, 0)},

W = Span{(0, 1)}

Z = Span{(1, 1)}.

Dan is U ∩ W = {0R2 },

W ∩ Z = {0R2 }

Maar de som U + W + Z is geen directe som. Zo is bijvoorbeeld (3, 5) = 3(1, 0) + 5(0, 1) + 0(1, 1)

XVII-53

U ∩ Z = {0R2 }.

(3, 5) = 2(1, 0) + 4(0, 1) + (1, 1).

5.3

Toepassingen

Aan de hand van een tweetal toepassingen willen we laten zien dat de studie van een abstracte structuur kan leiden tot een antwoord op concrete probleemstellingen.

Toepassing 1 - Symmetrische en scheefsymmetrische matrices Als eerste toepassing bekijken we de n × n-matrices. Sommige van die matrices kunnen geschreven worden als de som van een symmetrische matrix en een scheefsymmetrische matrix, zoals       −2 7 6 −2 −1 1 0 8 5 −9 −5 1 = −1 −5 2 + −8 0 −1 . −4 3 8 1 2 8 −5 1 0 We kunnen de vraag stellen welke vierkante matrices kunnen geschreven worden als de som van een symmetrische en een scheefsymmetrische matrix. Om het antwoord op die vraag te vinden, beschouwen we de vectorruimte R, Rn×n , +. Noem U de verzameling van alle symmetrische matrices en W die van alle scheefsymmetrische matrices van Rn×n : U = {A ∈ Rn×n | AT = A}

W = {A ∈ Rn×n | AT = −A}.

Uit de eigenschappen van het transponeren van matrices volgt rechtstreeks dat U en W deelruimten van Rn×n zijn. De som U + W bestaat uit alle matrices die kunnen geschreven worden als de som van een symmetrische en een scheefsymmetrische matrix. Om te achterhalen welke matrices dat zijn, moeten we een basis van U + W bepalen. Daartoe berekenen we eerst de dimensie van U + W . Uit de dimensiestelling voor deelruimten volgt: dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ).

(1)

Het is eenvoudig om in te zien dat de doorsnede U ∩ W de triviale deelruimte {0Rn×n } is, zodat dim(U ∩ W ) = 0. We berekenen de dimensies van U en W aan de hand van het voorbeeld n = 3, dat zich gemakkelijk laat veralgemenen naar andere waarden van n. Een algemene symmetrische 3 × 3-matrix heeft de gedaante  a11 a12 A = a12 a22 a13 a23 en de keuze van worden door het  1 A = a11 0 0

 a13 a23  a33

zo’n matrix kent 6 vrijheidsgraden. We vermoeden scheiden van de parameters:       0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 + a22 0 1 0 + a33 0 0 0 + a12 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0

dus dat dim U = 6. Dat kan formeel bewezen 1 0 0

  0 0 0 + a13 0 0 1

0 0 0

  1 0 0 + a23 0 0 0

0 0 1

 0 1 . 0

De deelruimte U wordt dus voortgebracht door een verzameling van zes vectoren, waarvan men eenvoudig aantoont dat ze lineair onafhankelijk is en dus een basis vormt. Analoog is een algemene scheefsymmetrische 3 × 3-matrix van de vorm   0 b12 b13 0 b23  , B = −b12 −b13 −b23 0       0 0 1 0 0 0   0 1 0 0 1 is een basis van W zodat dim W = 3. die 3 vrijheidsgraden telt. Formeel: −1 0 0 ,  0 0 0 , 0   0 0 0 −1 0 0 0 −1 0

Voor n ∈ N0 willekeurig vinden we dim U = n(n + 1)/2 en dim W = n(n − 1)/2 (ga na). De dimensiestelling voor deelruimten geeft dan: n(n + 1) n(n − 1) + − 0 = n2 . dim(U + W ) = 2 2 Maar nu is ook dim Rn×n = n2 . Wegens Gevolg 2 uit §5.1 mogen we besluiten dat U + W = Rn×n . Met andere woorden: elke vierkante matrix kan geschreven worden als de som van een symmetrische en een scheefsymmetrische matrix. De doorsnede U ∩ W is de triviale deelruimte {0Rn×n }, zodat U + W een directe som is (tweede criterium voor directe som). Uit de definitie van directe som volgt nu: elke vierkante matrix kan op een unieke manier geschreven worden als de som van een symmetrische en een scheefsymmetrische matrix. XVII-54

Toepassing 2 - Expliciet voorschrift van de rij van Fibonacci Als tweede toepassing beschouwen we de rij van Fibonacci (fn ) = 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . waarbij elke term gelijk is aan de som van de twee voorgaande termen. Een recursief voorschrift van deze rij wordt dus gegeven door  als n = 0  0 als n = 1 (fn ) = 1   fn−1 + fn−2 als n > 2. Om met dit recursief voorschrift bijvoorbeeld de 100e term te bepalen, moeten we eerst de 99e en de 98e term kennen. Daartoe moeten we eerst de 96e en de 97e term bepalen, etc. Dat zou veel efficiënter kunnen, mochten we een formule kennen waarmee we meteen de n-de term van de rij van Fibonacci kunnen bepalen, zonder eerst de n − 1 voorgaande termen te moeten berekenen. Daarom luidt de vraag: bepaal een expliciet voorschrift van de rij van Fibonacci. Beschouw daartoe de vectorruimte R, RN , + van alle reële rijen. Noem W de deelverzameling van alle reële rijen (an ) die voldoen aan de recursierelatie an+2 = an + an+1 voor elke n ∈ N. Door het scheiden van de parameters vinden we dat W = {(r, s, r + s, r + 2s, 2r + 3s, 3r + 5s, 5r + 8s, 8r + 13s, . . .) | r, s ∈ R} = Span{(1, 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . .), (0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . .)}

waarmee aangetoond is dat W een deelruimte van RN is. Bovendien zijn de twee voortbrengers (1, 0, 1, 1, 2, 3, . . .) en (0, 1, 1, 2, 3, 5, . . .) lineair onafhankelijk, zodat dim W = 2. De deelruimte W bevat de rij van Fibonacci (fn ) = (0, 1, 1, 2, 3, 5, . . .). Nu gaan we op zoek naar een andere basis van W , meer bepaald een geordende basis B die bestaat uit twee meetkundige rijen. De reden waarom we dat doen is omdat elke meetkundige rij (an ) een eenvoudig expliciet voorschrift heeft: an = a0 q n voor een zekere q ∈ R. Op die manier zullen de coördinaten van (fn ) ten opzichte van B toelaten een expliciet voorschrift van de rij van Fibonacci te geven. Beschouw nu een meetkundige rij (an ) = (a0 , a0 q, a0 q 2 , . . .). Dan is (an ) ∈ W

⇔

a0 q n+2 = a0 q n + a0 q n+1 voor elke n ∈ N a0 = 0 of q 2 = 1 + q.

De keuze a0 = 0 levert de nulrij op. De andere meetkundige rijen van√ W hebben als quotiënt q de oplossingen van x2 = 1 + √ x. De oplossingen van deze vergelijking zijn ϕ = (1 + 5)/2 (het getal van de gulden snede) en 1 − ϕ = (1 − 5)/2.

De meetkundige rijen (un ) = (1, ϕ, ϕ2 , . . .) en (vn ) = (1, 1 − ϕ, (1 − ϕ)2 , . . .) zijn lineair onafhankelijk (ga na) en omdat dim W = 2 is B = ((un ), (vn )) een geordende basis van W .

Ten slotte bepalen we de coördinaten van (fn ) ten opzichte van B. Kortom, we zoeken r, s ∈ R waarvoor (fn ) = r(un ) + s(vn ), dus (0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . .) = r(1, ϕ, ϕ2 , . . .) + s(1, 1 − ϕ, (1 − ϕ)2 , . . .). √ Vergelijken we de eerste termen dan vinden we r = −s = 1/ 5. Hieruit volgt een directe formule voor de n-de term van de recursief gedefinieerde rij van Fibonacci: de algemene term van de rij van Fibonacci is fn =

ϕn − (1 − ϕ)n √ 5

waarbij

ϕ = (1 +

√

5)/2

het getal van de gulden snede is.2 Deze werkwijze kan ook toegepast worden op andere rijen. Meer bepaald, als (an ) een recursief gedefinieerde rij is die aan de volgende voorwaarden voldoet: (1) de recursierelatie is lineair: an+m = r1 an + r2 an+1 + · · · + rm an+m−1 met m ∈ N0 en r1 , r2 , . . . , rm ∈ R, en (2) de vergelijking q n+m = r1 q n +r2 q n+1 +· · ·+rm q n+m−1 heeft precies m verschillende reële oplossingen λ1 , λ2 , . . . , λm , dan kan deze rij expliciet uitgedrukt worden als an = s1 λn1 + s2 λn2 + · · · + sm λnm voor zekere s1 , s2 , . . . , sm ∈ R. We merken ten slotte op dat deze methode equivalent is met het bepalen van een expliciet voorschrift via het zogenaamd diagonaliseren van matrices, een onderwerp dat in Deel Lineaire afbeeldingen aan bod komt. 2 In 1843 gepubliceerd door Binet [2] doch eerder bekend bij Abraham de Moivre Leonhard Euler [8] (1730). Zie [15].

XVII-55

[5] (1718), Daniel Bernoulli

[1] (1726), en

Oefeningen 5 Dimensie

Basis ?

5.1 Dimensiestelling voor vectorruimten

5.2 Dimensiestelling voor deelruimten

Verdieping ? ??

3 4

5 6

7 8 9

10 11 12

13 14 15 16 17

21 22

5.3 Toepassingen

Uitbreiding ? ??

18 19

Oefeningen bij §5.1 B

Oefening 1. Beschouw de vectorruimte R, R4 , +, zij v1 , v2 , v3 ∈ R4 en noem W = Span{v1 , v2 , v3 }. Schat zo goed mogelijk af en verklaar je antwoord: . . . ≤ dim W ≤ . . .

Oefening 2. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de deelruimten U = Span{(3, 6, 5), (4, 8, 7)}

W = Span{(1, 2, 0), (0, 0, 1)}.

(a) Toon aan dat U ⊆ W . (b) Toon aan dat U = W door gebruik te maken van het begrip dimensie. B??

Oefening 3. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de deelruimte W = Span{(1, 0, −1), (1, 1, 3), (2, 1, 2)}. (a) Bepaal een basis van W . (b) Bepaal dim W .

B??

Oefening 4. Gegeven is de vectorruimte R, R5 , + en de deelruimte W = {(a + d, b + d, 2a − b + d, a + d, c + d) | a, b, c, d ∈ R}. Bepaal de dimensie van W .

Oefening 5. Zij R, V, + een eindigdimensionale vectorruimte en zij k een natuurlijk getal met 0 ≤ k ≤ dim V . Bewijs dat V een deelruimte van dimensie k heeft.

Oefening 6. Zij R, V, + een eindigdimensionale vectorruimte en veronderstel dat V niet de triviale vectorruimte is. Zijn de volgende uitspraken waar of vals? Motiveer telkens je antwoord. (a) Als dim V = n dan bestaat er een verzameling van n + 1 vectoren van V die V voortbrengt. (b) Als {v1 , v2 , . . . , vp } voortbrengend voor V is dan geldt voor elke w ∈ V dat {v1 , v2 , . . . , vp , w} voortbrengend is voor V . (c) Als er geen enkele voortbrengende verzameling van p vectoren van V bestaat dan is dim V > p. (d) Als dim V = n > 1 dan is elke verzameling van n − 1 vectoren van V lineair onafhankelijk. (e) Als {w1 , w2 , . . . , wq } ⊆ V lineair onafhankelijk is dan geldt voor elke v ∈ V dat {w1 , w2 , . . . , wq , v} lineair onafhankelijk is. (f) Als er geen enkele lineair onafhankelijke verzameling van q vectoren van V bestaat dan is dim V < q. XVII-56

Oefeningen bij §5.2 B?

Oefening 7. Beschouw de vectorruimte R, R2×2 , + en deelruimten U en W van R2×2 . Verder is er gegeven dat dim U = 3 en dim W = 2. (a) Schat zo goed mogelijk af en verklaar je antwoord: . . . ≤ dim(U + W ) ≤ . . . (b) Vul in en verklaar: (i) als dim(U + W ) = 3 dan is U + W = . . . , (ii) als dim(U + W ) = 4 dan is U + W = . . . . (c) Schat zo goed mogelijk af en verklaar je antwoord: . . . ≤ dim(U ∩ W ) ≤ . . .

Oefening 8. Beschouw in de vectorruimte R, R2 , + de deelruimten U = Span{(1, 1)}

W = Span{(−2, 1)}.

(a) Toon aan dat U ∪ W geen deelruimte van R2 is. (b) Bepaal dim(U + W ). B?

Oefening 9. Beschouw in de vectorruimte R, R3 , + de deelruimten W = Span{(1, −1, 0), (0, −2, 0)}

Z = Span{(2, 2, 0), (0, 0, 3)}.

(a) Bepaal een basis van de deelruimte W + Z. (b) Bepaal dim(W ∩ Z). (c) Toon aan dat W + Z geen directe som is. (d) Bepaal een deelruimte Z 0 van R3 zodat R3 = W ⊕ Z 0 . B??

Oefening 10. Beschouw de vectorruimte R, R3 , +. Bepaal telkens een basis voor de deelruimte U ∩ W en een basis voor de deelruimte U + W . (a) U = Span{(5, 1, 9)} en W = Span{(11, 0, 3), (6, 2, −7)} (b) U = Span{(3, 2, −10)} en W = Span{(2, −3, 2), (−7, 3, 8)} (c) U = Span{(1, −3, 7), (−1, 2, 2)} en W = Span{(2, −5, 5), (6, −13, −3)}

B??

Oefening 11. Beschouw de vectorruimte R, R[X], + en de deelruimten U = {a + bX + cX 2 ∈ R[X] | a + b + c = 0}

W = Span{1 + X + 2X 2 , X + X 2 }.

Bepaal een basis van U ∩ W . B??

Oefening 12. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de deelruimten U = Span{(1, −1, 2), (−3, 2, −5)} (a) Toon aan dat de deelruimte U + W een directe som is. (b) Bepaal dim(U ⊕ W ). (c) Wat is U ⊕ W ? Verklaar.

XVII-57

W = Span{(−1, 3, 6)}.

Oefening 13. Beschouw in de vectorruimte R, R[X], + de deelruimte U van veeltermen die deelbaar zijn door X + 3 en de deelruimte W van veeltermen die deelbaar zijn door X 2 + 2X − 3. Vul aan en staaf je antwoord: de veeltermen in U ∩ W zijn de veeltermen die deelbaar zijn door . . .

Oefening 14. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de deelruimten M = Span{(1 + a, 4, 2), (5, 6, −1 − a)}

N = Span{(5 + 2a, 10, 0)}

waarbij a ∈ R. (a) Toon aan dat dim M = 2 voor elke waarde van a ∈ R. (b) Bepaal de waarde(n) van a waarvoor M + N geen directe som is.

Oefening 15. Zij R, V, + een eindigdimensionale vectorruimte. Zijn de volgende uitspraken waar of vals? Indien waar, bewijs. Indien vals, geef een tegenvoorbeeld. (a) ∀ U, W ≤ V : U ∩ W 6= ∅ (b) ∀ U, W ≤ V : U ∪ W ≤ V (c) ∀ U, W ≤ V : U ∪ W 6≤ V (d) ∃ U, W ≤ V : U ∪ W = U + W (e) ∀ U, W ≤ V : dim U + dim W = dim(U + W ) (f) ∃ U, W ≤ V : dim U + dim W = dim(U + W )

Oefening 16. Beschouw in de vectorruimte R, R[X]<9 , + de deelruimte U van veeltermen die deelbaar zijn door X −2 en de deelruimte W van veeltermen die deelbaar zijn door X − 3. Bepaal U + W .

Oefening 17. Beschouw de vectorruimte R, RR , + en noem U de deelruimte van de even functies en W de deelruimte van de oneven functies. (a) Beschouw een willekeurige f ∈ RR en definieer hiermee de R-R afbeeldingen f1 en f2 met voorschrift f1 (x) =

1 (f (x) + f (−x)) 2

f2 (x) =

1 (f (x) − f (−x)) . 2

Toon aan dat f1 ∈ U en f2 ∈ W . (b) Je kan gemakkelijk narekenen dat voor de afbeeldingen f, f1 en f2 uit de vorige deelvraag geldt: f = f1 + f2 . Verklaar waarom er geen andere manier is om f te schrijven als de som van een even en een oneven functie. V?

Oefening 18. Zij R, V, + een eindigdimensionale vectorruimte en U een deelruimte van V . Toon aan dat er een deelruimte W van V bestaat zodat U ⊕ W = V .

Oefening 19. In de dimensiestelling voor deelruimten is de formule dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) gelijkaardig aan de formule voor het aantal elementen van de unie van twee eindige verzamelingen A en B: #(A ∪ B) = #A + #B − #(A ∩ B). Voor drie eindige verzamelingen A, B en C geldt: #(A ∪ B ∪ C) = #A + #B + #C − #(A ∩ B) − #(B ∩ C) − #(A ∩ C) + #(A ∩ B ∩ C). Geldt een analoge formule voor de dimensies bij drie deelruimten?

XVII-58

Oefeningen bij §5.3 B??

Oefening 20. Bepaal telkens een expliciet voorschrift van de rij.  als n = 0  1 als n = 1 (a) (an ) = 4   an−1 + 2an−2 als n > 1  als n = 0  1 als n = 1 (b) (bn ) = 5   3bn−2 als n > 1

Oefening 21. Schrijf een willekeurige 3 × 3-matrix als de som van een symmetrische en een scheefsymmetrische matrix.

Oefening 22. De matrix A hieronder is geschreven als de som van een symmetrische nulsommatrix en een magische blokmatrix:       6 9 −6 5 4 −9 1 5 3 7 =  4 −6 2 + 7 6 5 . A =  11 0 −5 4 13 −9 2 7 4 2 6 Een symmetrische nulsommatrix is een symmetrische matrix waarvoor alle rijen en alle kolommen een nulsom hebben. Een magische blokmatrix is een vierkante matrix waarvan alle 2 × 2-deelmatrices met aansluitende elementen eenzelfde som hebben. Zo is   1 5 3 7 6 5 4 2 6 een magische blokmatrix, want in elke 2 × 2-deelmatrix met aansluitende elementen, zoals ï ò 6 5 , 2 6 is de som van de elementen gelijk aan 19. (a) Kan elke 3 × 3-matrix geschreven worden als de som van een symmetrische nulsommatrix en een magische blokmatrix? Zo ja, is die schrijfwijze dan uniek? Verklaar je antwoord. (b) Ga na of er een analoge eigenschap voor 4 × 4-matrices geldt.

XVII-59

Antwoorden op geselecteerde oefeningen Hoofdstuk 1 (1) (a) vals (b) waar (c) waar (d) vals (e) waar (f) vals (g) waar (h) vals (2) (a) {−5, 5}

(b) {1, 3, 5, 7, 9, . . .} (c) ∅

(5) (D) (6) (a) Q = ∅

(b) P = ∅ en Q = ∅ (c) P = Q

(d) P = R2 en Q = ∅ (7) (a) Im f = [0, 2]

√ √ (b) Im f = {0, 1, 2, 3, 2} ò ï 23 , 13 (c) Im f = 8 (d) Im f = Q (e) Im f = {2, 4, 6, 12, 18} (f) Im f = {2, 5, 1}

Hoofdstuk 2 (1) (a) axioma’s 1, 2 en 3 (b) axioma’s 5 en 8 (c) axioma’s 1, 2, 3, 5 en 8 (d) axioma’s 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 en 8 (2) De optelling van matrices is niet inwendig in S. (5) (b) Het neutraal element in de vectorruimte R, EX, + is 0EX (7) v1 + 2v2 − v3 = (0, 0, 0, 0) 1 1 1 v 1 + v2 + v3 3 3 3 2 3 12 (b) u = − v1 + v2 + v3 13 13 13

(8) (a) u =

XVII-60

Å ã −1 = . 1

1 4 (b) x ∈ ∅ (c) x = −2 (d) x ∈ R

(12) (a) x =

(17) (a) bijvoorbeeld

√ 1 5 √ + · 2, 0 en 2 2 3

Hoofdstuk 3 (1) (a) (b) (c) (d) (e) (f)

geen deelruimte geen deelruimte deelruimte geen deelruimte deelruimte geen deelruimte

(3) (a) (b) (c) (d) (e) (f)

deelruimte deelruimte geen deelruimte deelruimte deelruimte geen deelruimte

(4) (a) geen deelruimte (b) deelruimte (5) (a) (b) (c) (d) (e) (f)

deelruimte geen deelruimte geen deelruimte geen deelruimte deelruimte geen deelruimte

(6) deelruimte (7) (a) (b) (c) (d) (e) (f)

geen deelruimte deelruimte deelruimte deelruimte deelruimte deelruimte

(14) De vector (−3, 2) kan geschreven worden als een lineaire combinatie van {v1 , v2 }. (16) (a) De vector v is een lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 , v4 }, bijvoorbeeld v = 7v1 + 4v2 + 2v3 − 2v4 , de schrijfwijze is niet uniek. (b) De vector v is geen lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 , v4 }. (c) De vector v is een lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 , v4 }, bijvoorbeeld v = − 27 v1 + 92 v2 + 2v3 − 2v4 , de schrijfwijze is niet uniek. (17) (a) v ∈ Span{v1 , v2 , v3 , v4 , v5 }, bijvoorbeeld v = −17v1 + 5v2 + 4v3 + 3v4 + 0v5 , de schrijfwijze is niet uniek. (b) v ∈ 6 Span{v1 , v2 , v3 , v4 , v5 } √ √ √ 182 − 10 2 10 + 42 √ v1 + √ √ v2 en deze schrijfwijze is uniek. (18) (a) u = √ 2 13 + 30 2 13 + 30 (b) u = v1 + v2 en deze schrijfwijze is uniek. (20) (a) a = − (b) a ∈ R

27 13

(21) r = 9 (22) Enkel de uitspraken (2) en (5) zijn juist. XVII-61

Hoofdstuk 4 (1) (a) bijvoorbeeld {(1, 1), (−1, 1), (−2, 2)} (b) bijvoorbeeld {(1, 0, 1), (0, 1, 2)}

(c) bijvoorbeeld {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, −1)} ßï ò ï ò™ 3 0 0 1 (d) bijvoorbeeld , 2 0 1 1 (e) bijvoorbeeld {1 + 2X, 1 − X}

(f) bijvoorbeeld {X 5 − X 3 , X 4 − X 2 , X 3 − X, X 2 − 1}

(2) (a) voortbrengend (b) niet voortbrengend, bijvoorbeeld (1, 0, 0) 6∈ Span D (c) voortbrengend

(d) niet voortbrengend, bijvoorbeeld (1, 0, 0) 6∈ Span D (4) ja (6) De vector v3 is niet noodzakelijk een lineaire combinatie van {v1 , v2 }. (8) (a) lineair afhankelijk (b) lineair onafhankelijk (c) lineair onafhankelijk (d) lineair afhankelijk (e) lineair onafhankelijk (f) lineair afhankelijk (9) (a) lineair onafhankelijk (b) lineair onafhankelijk (c) lineair afhankelijk (d) lineair afhankelijk 2 (10) (a) k ∈ R \ { } 3 (b) k ∈ R \ {6} (c) k ∈ ∅

(d) k ∈ R \ {4} (12) v = (8, −6, 23) (13) (a) coE (v) = (2, 4, 8) (b) coB (v) = (−2, 4, 2) Å ã 18 8 20 (c) coB0 (v) = , , 17 17 17 (14) (a) coE (v) = (2, 0, 1, 4) Å ã 1 (b) coB (v) = −1, 3, 0, 2 (15) (a) geen basis (b) geen basis (c) geen basis (d) basis (16) (b) v = 2v1 + 0v2 + v3 (17) bijvoorbeeld {(1, 0, 2, 1, 0), (0, 1, −1, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 1)} (18) bijvoorbeeld {(2, −1, 3), (−5, 2, −6), (0, 1, 0)} (19) (a) bijvoorbeeld v = X (b) Voor de keuze v = X is coB (2X 2 −

7 2

X) = (−2, 2, − 72 ). XVII-62

(20) bijvoorbeeld {v1 , v2 }   1 0 (21) bijvoorbeeld 0 0  0 0

  0 0 0 , 1 0 0

1 0 0

  0 0 0 , 0 0 1

0 0 0

  1 0 0 , 0 0 0

0 1 0

  0 0 0 , 0 0 0

0 0 1

  0 0 1 , 0 0 0

Hoofdstuk 5 (1) 0 ≤ dim W ≤ 3 (3) (a) bijvoorbeeld {(1, 0, −1), (1, 1, 3)} (b) dim W = 2 (4) dim W = 3 (6) (a) (b) (c) (d) (e) (f)

waar waar waar vals vals waar

(7) (a) 3 ≤ dim(U + W ) ≤ 4 (b) (i) U + W = U (ii) U + W = R2 (c) 1 ≤ dim(U + W ) ≤ 2 (8) (b) dim(U + W ) = 2 (9) (a) bijvoorbeeld {(1, −1, 0), (0, −2, 0), (0, 0, 3)} (b) dim(W ∩ Z) = 1 (d) bijvoorbeeld Z 0 = Span{(0, 0, 3)} (10) (a) bijvoorbeeld {(5, 1, 9), (11, 0, 3), (6, 2, −7)} (b) bijvoorbeeld {(3, −2, 10)} (c) bijvoorbeeld {(2, −5, 5), (6, −13, −3)} (11) bijvoorbeeld {−1 + X} (12) (b) dim(U ⊕ W ) = 3 (c) U ⊕ W = R3 (13) De veeltermen in U ∩ W zijn de veeltermen die deelbaar zijn door X 2 + 2X − 3. (14) (b) a = 1 of a = 15 (15) (a) (b) (c) (d) (e) (f)

waar vals vals waar vals waar

(16) U + W = R[X]<9 −2 · (−1)n + 5 · 2n √ 3√ n √ √ (3 + 5 3)( 3) + (3 − 5 3)(− 3)n = 6    c+g  b+d b−d a 0 c 2 2 2 f +h b+d b−d  + − f =  2 e 0 2 2 c+g f +h i i − c−g − f −h 2 2 2 2

(20) (a) an = (b) bn  a (21) d g

b e h

c−g  2 f −h  2

(22) (a) nee XVII-63

0 0 0

 0  0  1

Referentielijst [1] D. Bernoulli, Observationes de seriebus quae formantur ex additione vel subtractione quacunque terminorum se mutuo consequentium, Commentarii academiae scientiarum imperialis Petropolitanae 3, p. 85-100, 1728. [2] J.P. Binet, Mémoire sur l’intégration des équations linéaires aux différences finies, d’un ordre quelconque à coefficients variables, Comptes Rendus des Séances de l’Académie des Sciences 17, p. 559-567, 1843. [3] N. Bourbaki, Éléments de mathématique Livre I: Théorie des ensembles, Éditions Hermann, Paris, 1939. [4] R. Dedekind, Was sind und was sollen die Zahlen?, Braunschweig: Vieweg, 1888. [5] A. de Moivre, Miscellanea analytica de seriebus et quadraturis, London, 1730. [6] K. De Naeghel, L. Van den Broeck, SOHO Wiskunde Plantyn Lineaire Algebra I, Plantyn, 2014. [7] G.L. Dirichlet, Über die Darstellung ganz willkürlicher Functionen durch Sinus und Cosinusreihen, Rep. der Physik, 1837. [8] L. Euler, Observationes analyticae, Novi commentarii ascaemiae scientiarum imperialis Petropolotanae, 11, p. 124-143, 1765. [9] D. Fearnley-Sander, Hermann Grassmann and the creation of linear algebra, The American Mathematical Monthly, Vol. 86, p. 809-817, 1979. [10] H.G. Grassmann, Die lineale ausdehnungslehre, eine neuer Zweig der Mathematik, dargestellt und durch Anwendungen auf die übrigen Zweige der Mathematik, wie auch auf die Statik, Mechanik, die Lehre vom Magnetismus und die Krystallonomie erläutert, Verlag von Otto Wigand, Leipzig, 1844. [11] H.G. Grassmann, Die ausdehnungslehre Vollständig und in strenger Form bearbeitet, Verlag von Adolph Enslin, Berlin, 1862. [12] S. Lavine, Understanding the Infinite, Harvard University Press, 1994. [13] G. Peano, Calcolo Geometrico secondo l’Ausdehnungslehre di H. Grassmann preceduto dalle Operazioni della Logica Deduttiva, Fratelli Bocca Editori, Torino, 1888. [14] E. Steinitz, Bedingt konvergente Reihen und konvexe Systeme, J. Reine Angew. Math., 143, p. 128-175, 1913. [15] Website Štefan Porubský, http://www.cs.cas.cz/portal/contents.htm [16] Website Wikipedia, http://en.wikipedia.org/

en http://en.wikipedia.org/

XVII-64