(f + g)(x) =f(x)+g(x), (λf)(x) =λf(x), x X.

Transkript

1 2.2 Eksempler Når X og Y er ikke tomme mengder, lar vi F(X, Y )betegnemengdenavalle funksjoner som er definert på X og tar verdier i Y LaX være en ikke tom mengde og sett V = F(X, K). For f,g V og λ K, definerervif + g og λf på vanlig måte, nemlig ved (f + g)(x) =f(x)+g(x), (λf)(x) =λf(x), x X. Det er rett frem å sjekke at V blir et vektorrom over K når den betraktes med disse operasjonene. Nullvektoren er da funksjonen O som er konstant lik null på X, oghvisf V,såerdensnegative f lik ( 1) f. Noen nyttige funksjoner i V er følgende punkt-funksjoner : når x X definerer vi e x V ved e x (t) =1 dersom t = x, e x (t) =0 ellers. Observasjon 1. Anta at x 1,...,x n er forskjellige elementer i X. Da er e x1,...,e xn lineært uavhengige i V. Bevis. Anta at c 1 e x1 + c n e xn = O, derc 1,...,c n K. Siden e xj (x k )=1nårk = j, mense xj (x k )=0nårk = j, fårviat n c k = c j e xj (x k )=(c 1 e x1 + c n e xn )(x k )=O(x k )=0 j=1 for alle k =1,...,n. Intuitivt sett er det klart at V er endeligdimensjonalt når X er endelig. Faktisk har vi: Observasjon 2. V = F(X, K) er endeligdimensjonalt hvis og bare hvis X er endelig, og da er dim V = X (der vi lar X betegne antall elementer i X). Bevis. Anta at X er endelig med X = n, ogskrivx = {x 1,...,x n }. Da er Span{e x1,...,e xn } = V :forhvisf V,såer f(x k )= n j=1 f(x j ) e xj (x k )= nj=1 f(x j ) e xj (xk ),k=1,...n, og det viser at f = n j=1 f(x j ) e xj,såf Span{e x1,...,e xn }. 48

2 Siden e x1,...,e xn også er lineært uavhengige (ved Obs. 1), er {e x1,...,e xn } en basis for V.DermederV endeligdimensjonalt, med dim V = n. Anta så at X er uendelig, og anta (for motsigelse) at V er endeligdimensjonalt med dim V = m 1. sjon 4 Siden X er uendelig kan vi i alle fall finne m +1 forskjellige elementer i X, laoss si x 1,...,x m,x m+1.obs.1girdaate x1,...,e xm,e xm+1 lineært uavhengige i V. Nå vet vi at når det fins m + 1 lineært uavhengige vektorer i V,såmå m +1 dim V. Men dim V = m, såvifårm +1 m, somerumulig. Eneste mulighet er derfor at V er uendeligdimensjonalt. Vektorrommet F(X, K) er lett å identifisere når X er endelig, f.eks. når X = {1, 2,...,n}. Observasjon 3. Anta X = n 1 og skriv X = {x 1,x 2,...,x n }. Da er F(X, K) K n Bevis. Vi definerer ι fra F(X, K) tilk n ved ι(f) = f(x 1 ),f(x 2 ),...,f(x n ). Merk at ι sender basisvektoren e xj i F(X, K) på standardbasisvektorene j i K n. Siden ι avilder en basis på en basis er den en isomorfi Vektorrom av typen V = F(X, K) har mange naturlige underrom. Vi vil bruke følgende notasjon: La V = F(X, K) ogf V. Vi definer supporten til f ved supp(f) ={x X f(x) = 0} Betrakt nå en delmengde av D X og definer U D V ved U D = {f V supp(f) D} U D består altså av alle de funksjonene i V som er 0 utenfor D. Observasjon 4. U D et underrom av V Bevis. DeterklartatO U D. Videre, la f,g U D, λ K. Anta at x X, x D. Daerf(x) =g(x) =0. 49

3 Dermed er (f + g)(x) =f(x)+g(x) =0+0=0og(λf)(x) =λf(x) =λ 0=0. Så f + g og λf ligger begge i U D. Merk at vi kan identifisere vektorrommet F(D, K) medu D : Dersom h F(D, K), definer h U D ved h(x) =h(x) nårx D, h(x) =0nårx D. Avbildningen fra F(D, K) inniu D som avblider h på h er da en isomorfi fra F(D, K) påu D (jf. Oppgave 1). Et annet interessant underrom av V får vi ved å sette F 00 (X, K) ={f V supp(f) erendelig}. At en funksjon f i V ligger i F 00 (X, K) kanbeskrivesvedatf(x) =0forallex i X bortsett fra endelig mange x er. Det overlates som en oppgave å sjekke at F 00 (X, K) eretunderromavv. 6 Merk at dersom X er endelig, så er F 00 (X, K) =V.MenhvisX er uendelig, så er F 00 (X, K) = V :funksjonen1 X,somerkonstantlik1påheleX, erda opplagt ikke med i F 00 (X, K). Vi merker oss også at e x F 00 (X, K) forallex X. Vi kan derfor argumentere som vi gjorde for F(X, K) ogkonkluderemedatf 00 (X, K) eruendeligdimensjonalt når X er uendelig. Videre er det lett å se at (selv om X skulle være uendelig): B = {e x x X} er en basis for F 00 (X, K) Dersom f F 00 (X, K) ogx f =supp(f) (somerendelig),såer f = x X f f(x) e x. Dermed er F 00 (X, K) =SpanB. Videre har vi sett ovenfor at ethvert endelig utvalg av forskellige elementer i B er lineært uavhengige. Dette betyr at B er lineært uavhengig. Dermed er B en basis for F 00 (X, K). 6 Notasjonen F 00 (X, V ) med to 0 ere skyldes at F 0 (X, V ) brukes ofte til å betegne et annet naturlig underrom av V (Se Oppgave 1). 50

4 Vektorrom av typen F 00 (X, K) erviktigesettfraenteoretisksynsvinkelpå grunn av følgende egenskap: Ethvert vektorrom V (over K) er isomorft med F 00 (J, K) for en passende mengde J. MengdenJ kan da velges som indeksmengden til en basis for det gitte vektorrommet V.(MeromdettefinnerduiOppgave2) Det finnes mange klassiske lineære operatorer på V = F(X, K) ogpå F 00 (X, K). Vi skal se på to slike familier av eksempler. La h V. Multiplikasjonsoperatoren M h : V V er gitt ved Avbildningen M h er lineær: f.eks. er M h (f) =hf, f V. M h (f + g) =h (f + g) =hf + hg = M h (f)+m h (g) forallef,g V. Det er ellers lett å sjekke at supp(hf) suppf. Det følger derfor at M h (f) F 00 (X, K) nårf F 00 (X, K), dvs at F 00 (X, K) er invariant under M h. Ved restriksjon får vi en lineær operator m h på F 00 (X, K), som også kalles multiplikasjonsoperatoren (assosiert med h). Multiplikasjonsoperatorer studeres nærmere i Oppgave 3. Betrakt nå en funksjon σ : X X, ogdefiners σ : V V ved S σ (f) =f σ, f V. Da er S σ en lineær operator på V (sjekk!). Underrommet F 00 (X, K) er ikke nødvendigvis invariant under S σ.mendeter den når σ er en bijeksjon av X (m.a.o. en permutasjon av X). Restriksjonen av S σ til F 00 (X, K) erdaenisomorfifraf 00 (X, K) påsegselv,somsender basisvektoren e x til basisvektoren e σ 1 (x) (jf. Oppgave 4). Anta at X = {1, 2,...,n} og identifiser F 00 (X, K) =F(X, K) medk n. Hvis h =(h 1,...,h n ) K n blir da M h : K n K n lineæravbildningen bestemt ved M h (e j )=h j e j, j =1,...,n. Standardmatrisen til M h blir diagonalmatrisen med tallene h 1,...,h n langs hoveddiagonalen, m.a.o. [M h ]=diag(h). 51

5 Hvis σ : X X er en bijeksjon av X = {1, 2,...,n} (m.a.o. hvis σ er en permutasjon av tallene fra 1 til n), blir S σ : K n K n isomorfien bestemt ved S σ (e j )=e σ 1 (j), j =1,...,n. Standardmatrisen P σ =[S σ ]tils σ kalles en permutasjonsmatrise. Slikematriser er karakterisert ved at det i hver rad og hver kolonne finnes nøyaktig en 1-er og bare 0-ere ellers La m, n N og sett X m,n = {(j, k) j, k N, 1 j m, 1 k n}. Da er X m,n endelig, med X m,n = mn. Vi vet derfor at F(X m,n, K) K mn. Men det er mer naturlig å tenke på F(X m,n, K) somrommetavallem n matriser over K: viharnemligat F(X m,n, K) M m n (K) Den opplagte isomorfien κ fra F(X m,n, K) tilm m n (K) ergittved κ(f) = f(j, k), f F(X m,n, K). Dvs. at κ(f) erm n matrisen der koeffisienten i rad nr. j og kolonne nr. k er tallet f(j, k), der 1 j m, 1 k n. Matrisen E j,k = κ(e (j,k) )blirm n matrisen der koeffisienten i rad nr. j og kolonne nr. k er 1, mens alle dens andre koeffisienter er 0. Teorem 3 i Avsnitt 2.1 gir at mengden {E j,k j, k N, 1 j m, 1 k n} er en basis for M m n (K) (dettekanlettsjekkesdirekte).dennebasisenkalles for standardbasisen til M m n (K). F.eks. er standardbasisen for M 2 2 (K) gittvedmatrisene E 1,1 = 1 0,E 0 0 1,2 = 0 1,E 0 0 2,1 = 0 0,E 1 0 2,2 = Siden standardbasisen for M m n (K) inneholdermn elementer gjenfinner vi at dim M m n (K) =mn. 52

6 Det finnes flere naturlige underrom av M m n (K). F.eks. hvis D er en delmengde av X m,n, kan vi la U D være gitt ved U D = {[a j,k ] M m n (K) a j,k =0forhver(j, k) D}. Merk at F(D, K) U D (tilsvarende som i Eksempel 1). Vi gir to konkrete eksempler: Hvis vi velger 1 k n og setter D(k) ={(j, k) X m,n 1 j m}, består U D(k) av de m n matrisene der alle kolonnene består av nullere unntatt muligens kolonne nr. k. DeterdainnlysendeatU D(k) K m. Hvis m = n og T = {(j, k) X n,n 1 j k n} består U T av alle n n øvre triangulære matriser. Et annet interessant eksempel er H = {A M n n (K) A t = A}. Egenskapene for transponering gir straks at H er et underrom av M n n (K). Som eksempel på lineæravbildning mellom matriserom nevner vi (venstre-) multiplikasjonsoperatorer: La l N og A M l m (K). Vi kan da definere T A : M m n (K) M l n (K) ved T A (B) =AB, B M m n (K). Egenskapene for matrisemultiplikasjon gir at T A er lineær og T AA = T A T A. Tilsvarende kan man også definere en lineæravbildning R C fra M m n (K) til M m l (K) vedågangefrahøyre med en matrise C M n l (K); merk at da er R CC = R C R C. Når m = n og A, C M n n (K) fårviatbådet A og R C er lineære operatorer på M n n (K). Vi har da at T A R C = R C T A Betrakt mengden K N = {x j } j=1 x j K, j=1, 2,.... Det er rett frem å sjekke at K N blir et vektorrom over K m.h.p. de opplagte koordinatvise operasjonene. Videre er det nærmest opplagt at F(N, K) K N via den naturlige isomorfien f {f(j)} j=1 = f(1),f(2),f(3),.... Eksempler på lineære operatorer på K N er (venstre-) skiftoperatoren S gitt ved S({x j } j=1) ={x j+1 } j=1, m.a.o. S((x 1,x 2,x 3,...)) = (x 2,x 3,x 4,...), 53

7 og differensoperatoren D gitt ved D({x j } j=1) ={x j+1 x j } j=1, m.a.o. D((x 1,x 2,x 3,...)) = (x 2 x 1,x 3 x 2,x 4 x 3,...). Det er klart at D = S I, der I er identitetsoperatoren på K N. Vi skal se i hvordan lineære differenslikninger kan skrives ved hjelp av S. Underrommet F 00 (N, K) svarertilunderrommetavk N gitt ved K N 00 = {{x j } j=1 K N x j =0forallejbortsettfraendeligmangej}. K N 00 har en naturlig standardbasis, som er gitt ved {e k k N}, der e k = {δ j,k } j N med δ j,k =1hvisj = k og δ j,k =0hvisj = k. Det er trivielt å sjekke at K N 00 er invariant, både under S og D. Et annet interessant underrom av K N,sominneholderF 00 (N, K), er K N 0 = {{x j } j=1 K N lim j x j =0}. Det er at K N 0 er et underom av K N er en enkel konsekvens av at grensen til en lineær kombinasjon av to konvergente følger er den tilsvarende lineære kombinasjonen av grensene til følgene. Det er også trivielt å sjekke at K N 0 er invariant, både under S og D. Man kan også betrakte følgerommene K Z+ og K Z.Disseerisomorfemed henholdsvis F(Z +, K) ogf(z, K). 7 Følgerom opptrer ofte i anvendelser ved at man diskretiserer et kontinuerlig problem. Litt om hvordan differensiallikninger gir opphav til differenslikninger ved diskretisering kan du f.eks. lese om i boka Kalkulus av T. Lindstrøm. Vi nevner også at følgerommet K Z+ 00 er naturlig isomorft med P(K), via en isomorfi som bevarer det naturlige produktet av elementer i begge disse rommene (se Oppgave 8). En liten digresjon (beregnet for de som har lært hva en kropp er, f.eks. i MAT2200). Dersom K er en endelig kropp må man skille mellom formelle polynomer og polynomfunksjoner. Rommet av formelle polynomer i en symbol X med koeffisienter i K er egentlig ikke noe annet enn K Z+ 00. Vi illustrerer dette med et eksempel. 7 I Lays bok kalles R Z for signalrommet. 54

8 Anta at K = Z/(N) dern er et primtall. Det formelle polynomet svarer da til følgen p(x) = 1 x N 1 x der 1-tallet til høyre er på plass nr. N +1. ( 0, 1, 0,..., 0, 1, 0, 0,...) K Z+ 00 Nå sier korollaret til Fermats lille teorem at polynomfunksjonen p P(K) definert ved p( t )= t N t når t K = Z/(N) ernullfunksjonen.dette medfører at lineæravbildningen som sender et formelt polynom p(x) til polynomfunksjonen p P(K) ikkeer1-1nårk = Z/(N) Anta at X R er et intervall. F.eks. kan X være hele R eller være et lukket intervall av typen [a, b]. Et viktig underrom av F(X, K) er funksjonsrommet C(X, K) definert ved C(X, K) ={f F(X, K) f er kontinuerlig på X}. At C(X, K) er et underrom av F(X, K) følger av at summen av to kontinuerlige funksjoner er kontinuerlig og at et multippel av en kontinuerlig funksjon er kontinuerlig. Interessante lineære operatorer på C(X, K) ermultiplikasjonsoperatorer(med funksjoner fra C(X, K)) og operatorer assosiert med kontinuerlige funksjoner fra X inn i seg selv: hvis σ : X X er kontinuerlig kan vi nemlig definere S σ L(C(X, K)) ved S σ (f) =f σ. Vi kan også definere såkalte integraloperatorer på C(X, K): Velg a X og g C(X, K). For f C(X, K), la T (f) F(X, K) væredefinert ved x T (f)(x) = f(t) g(t) dt, x X. a Integralet har en mening for hver x siden produktfunksjonen f g er kontinuerlig på X. Videre følger det av analysens fundamentale setning at T (f) er kontinuerlig på X, såt (f) C(X, K). Siden integrasjon er en lineær prosess sjekker man uten problemer at T er lineær. Dermed er T en lineær operator på C(X, K). Noen andre typer integraloperatorer på C(X, K) er bekrevet i Oppgave 11. Et underrom av C(X, K) somerviktigiforbindelsemeddifferensiallikningerer rommet C (X, K) sombeståravdeglatte funksjonene på X: enfunksjonf i C(X, K) kalles glatt (smooth på engelsk) dersom f er deriverbar uendelig mange ganger på X, dvsatforenhvern N er f deriverbar n ganger på X. 55

9 Underrom av C (K, K) vikjennergodtfraførerpolynomrommene P(K) og P n (K), der n Z + og P n (K) betegner mengden av alle polynomer med koeffisienter i K av grad opptil n ienvariabel,somvilarvarieregjennomhele K. DetgårogsåanåbarelavariabelenvariereregjennomandredelmengderX av K, f.eks. et intervall. Opptil isomorfi gir det faktiskt de samme vektorrommene (se Oppgave 9). Merk at hvis f C (X, K), så er f C (X, K). Vi kan derfor definere derivasjonsoperatoren D på C (X, K) ved D(f) =f, f C (X, K). Merk at D er lineær siden derivasjon er en lineær prossess. Man innser lett at D er på C (X, K), men ikke 1-1. Vi skal se i delavsnitt hvordan enkelte differensialoperatorer kan uttrykkes ved hjelp av D Vektorommet F(X, K) fra avsnitt kan lett generaliseres. La X være en ikke tom mengde og la W være et vektorrom (over K). Betrakt nå F(X, W) med de tilsvarende operasjonene som de vi definerte i Da blir F(X, W) etnyttvektorrom(overk). (Dette er en del av Oppgave 12). La så V være et vektorrom (over K). Vi kan da betrakte vektorommet F(V, W). En viktig delmengde av F(V, W) ermengdendefinertved L(V,W) ={T F(V,W) T er lineær}. IOppgave12besduomåsjekkeatL(V,W) eretunderromavf(v,w). Vi skal se i avsnitt 2.3 at når V og W begge er endeligdimensjonale, så er også L(V,W) endeligdimensjonalt,meddiml(v,w) =dimv dim W. Merk at vektorrommet L(V,K) =V # består av alle lineære funksjonalene på V ; den kalles for det algebraiske dualet til V (jf. avsnitt 2.1). Dersom V er endeligdimensjonalt, så er V # isomorft med K n, der n =dimv, og det følger da at V # er isomorft med V (se Oppgave 13). Dersom V er uendeligdimensjonalt, kan det vises at V # ikke er isomorft med V ; for å vise dette trenger man en viss innsikt i kardinalitetsteorien i mengdelæren, og det skal vi ikke ta opp her. Som nevnt i avsnitt 2.1 er det sjeldent man vil ha glede av det algebraiske dualet når V er uendeligdimensjonalt. Vi skal se nærmere på spesialtilfellet V = M n n (K). En lineær funksjonal på M n n (K) somvilværeviktigforosssenerekalles trasen og betegnes med Tr (eller Tr n ). 56

10 Trasen Tr : M n n (K) K er definert ved når A =[a i,j ] M n n (K). Tr(A) =a 1,1 + a 2,2 + + a n,n Trasen Tr har følgende egenskaper: i) Tr er lineær. ii) Tr(AB)=Tr(BA) for alle A, B M n n (K). iii) Tr(A) =Tr(A ) dersom A, A M n n (K) er similære (som betyr at A = UAU 1 for en invertibel matrise U). iv) Tr(A t )=Tr(A) og Tr(A )=Tr(A) for alle A M n n (K). 8 v) Hvis B M n n (K) og F B : M n n (K) K er definert ved F B (A) =Tr(AB), så er F B M n n (K) #. vi) Avbildningen B F B en bijeksjon fra M n n (K) på M n n (K) #. Vi vet at M n n (K) # er et vektorrom. Det er enkelt å se at avbildningen B F B er lineær. Egenskap vi) sieraltsåatb F B er en isomorfi. Vi beviser her bare egenskap ii) ovenfor og overlater det som en oppgave å sjekke de egenskapene som ikke er helt opplagte (jf. Oppgave 6). Når A =[a i,j ]ogb =[b i,j ]harviat n n n Tr(AB)= ( a i,j b j,i )= a i,j b j,i i=1 j=1 i,j=1 n n n = b j,i a i,j = ( b j,i a i,j )=Tr(BA). i,j=1 j=1 i= La V være et vektorrom (over K). Vi kan da velge W = V og betrakte vektorrommet L(V,V ). Vi vil forenkle notasjonen og skriver L(V ) i stedet for L(V,V ). Vektorrommet L(V )beståraltsåavallelineæreoperatorerpåv. Det finnes en annen operasjon på L(V )somogsåspillerenvesentligrolle, nemlig sammensetning av avbildninger: La T 1,T 2 L(V )ogbetraktsammensetningent 1 T 2 : V V. Det er enkelt å sjekke at T 1 T 2 er lineær (gjør det!), m.a.o. at T 1 T 2 L(V ). 8 Merk at A = A t dersom A M n n (R). 57

11 Vi vil tenke på denne operasjonen som et produkt, og skriver derfor som regel T 1 T 2 istedetfort 1 T 2. Produktet i L(V ) oppfører seg pent sammen med vektorromsoperasjonene. La T 1,T 2,T 3 L(V ) og λ K. Da gjelder: i) T 1 (T 2 T 3 )=(T 1 T 2 ) T 3. ii) T 1 (T 2 + T 3 )=T 1 T 2 + T 1 T 3, (T 1 + T 2 ) T 3 = T 1 T 3 + T 2 T 3. iii) (λt 1 ) T 2 = λ (T 1 T 2 )=T 1 (λt 2 ). Det er rett frem å sjekke at disse egenskapene holder (Oppgave 14). Når et vektorrom (over K) kan utstyres med en produktoperasjon slik at egenskapene i), ii) ogiii) ovenforholder,kallesdetforenalgebra (over K). Dermed er L(V )enalgebra.denharogsådetsomkallesforen(multiplikativ) enhet, nemligidentitetsavbildningeni = I V :dentilfredstillerat TI= IT = T for alle T L(V ). I dette heftet vil vi bare betrakte algebraer som har en enhet, så vi inkluderer eksistens av en enhet i definisjonen av en algebra. Som andre eksempler på algebraer nevner vi P(K) med vanlig multiplikasjon av polynomer som produkt, og M n n (K) medmatrisemultiplikasjonsomprodukt. Enhetene i disse algebraene er henholdsvis konstantpolynomet 1 og identitetsmatrisen I n. Algebraen P(K) er kommutativ, i den forstand at pq = qpfor alle p, q P(K). Algebraene L(V )ogm n n (K) erikke kommutative når dim V 2ogn 2. Det gjør at disse algebraene er vanskeligere å håndtere, men samtidig mer spennende! Betrakt nå en algebra L med enhet I og la T L.Nårn N, vilvibrukeden vanlige notasjonen Vi setter også T 0 = I. T n = TT T (n ganger). La p P(K) væreetpolynomgittved p(x) =a 0 + a 1 x + + a k x k. Vi kan da definere p(t ) Lved p(t )=a 0 I + a 1 T + + a k T k. Denne enkle måten å danne nye elementer i L er ofte nyttig; mange lineære operatorer kan angies på en slik form og vi skal snart gi et par eksempler. Men 58

12 først er det en viktig egenskap ved avbildningen p p(t )somvivilgjerne fremheve, og vi trenger da følgende definisjon: En avbildning φ : P Lmellom to algebraer P og L kalles en algebra-homomorfi dersom den er lineær og bevarer produktet, dvs at φ(pq) =φ(p) φ(q) forallep, q P. Siden begge algebraene antaes å ha en enhet krever vi også at φ avbilder enheten i P på enheten i L (man sier da at φ er enhetsbevarende). Vi kjenner allerede et eksempel på en algebra-homomorfi, nemlig avbildningen A L A fra M n n (K) innil(k n ): matriseproduktet er jo nettopp definert slik at L AB = L A L B. Denne avbildningen er i tillegg en bijeksjon, så den kalles en algebra-isomorfi. La nå φ T : P(K) Lvære definert ved φ T (p) =p(t ), p P(K). Tar vi i betraktning selve definisjonen av p(t )sompolynometp evaluert i T er det nærmest innlysende at φ T blir en algebra-homomorfi. Vi skal senere bruke denne observasjonen når algebraen L er lik L(V )eller M n n (K). Det vil nemlig vise seg at vi kan oppnå verdifull informasjon om en lineær operator eller en kvadratisk matrise ved å anvende polynomer på disse Til slutt ser vi på noen klassiske lineære operatorer som kan skrives på formen p(t )foretpolynomp P(K). Vi minner om at en n-te ordens homogen lineær ordinær differensiallikning (ODE) med konstante koeffisienter (på R) erenlikningpåformen a n f (n) + a n 1 f (n 1) + + a 1 f + a 0 f =0 ( ) der a 0,...,a n K, a n =0ogf C (R, K). Man kunne her tenke seg at det var nok å kreve at f var deriverbar n ganger på R; mendeterrelativtenkeltåsjekkeatdersomenslikf er en løsning av ( ), så må f nødvendigvis ligge i C (R, K) (jf.oppgave15). Istedet for R kunne vi godt ha betraktet likningen ( ) påetintervall,mendet viser seg at løsningene vil ha samme uttrykk. 59

13 La nå p P(K) væregittved p(x) =a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0. Husk at D angir differensialoperatoren på C (R, K). Vi har da at p(d) blir lineær operatoren på C (R, K) gittved p(d) (f) =an f (n) + a n 1 f (n 1) + + a 1 f + a 0 f. Dermed kan ( ) angiesved p(d) (f) =O. Dette betyr at det å løse ( ) erdetsammesomåbestemmenullrommettil operatoren p(d). Vi skal se i Kapittel 4 hvordan dette kan gjøres etter at man har funnet røttene til p. Helt analogt kan man omskrive en n-te ordens homogen lineær ordinær differenslikning med konstante koeffisienter av typen a n y n+k + a n 1 y n 1+k + + a 1 y k+1 + a 0 y k =0, der k =1, 2,... og a n =0,tillikningen p(s) ({yk })=O, der S : K N K N er skiftoperatoren definert i Løsningsrommet til differenslikningen ovenfor er altså lik nullrommet til p(s). Det kan også bestemmes ved hjelp av røttene til polynomet p. 9 Dimensjonen til N(p(S)) er lik n; dettekanmaninnsevedåbetrakte avbildningen {y k } (y 1,y 2...,y n )fran(p(s)) til K n og vise at det er en isomorfi. Det å vise at dimensjonen til N(p(D)) (når D er som ovenfor) også er lik n er noe mer krevende. (Vi kommer tilbake til dette i avsnitt 4.2). Vi har nå gjennomgått mange av de mest grunnleggende eksemplene på vektorrom. Man kan så danne seg nye vektorrom utifra disse ved hjelp av forskjellige konstruksjoner: direkte summer skal vi ta for oss i Avsnitt 2.4; såkalte kvosientrom og tensorprodukter vil vi ikke behandle i disse notatene da disse begrepene hører under mere avanserte emner. 9 Se f.eks. [L], avsnitt 4.8; der er indeksmengden Z istedet for N, men det gjør liten forskjell. 60

14 Oppgaver til Avsnitt Vi bruker notasjonen fra og a) Sjekk at avbildningen h h er en isomorfi fra F(D, K) påu D. b) Sjekk at F 00 (X, K) eretunderromavv = F(X, K). c) Sett F 0 (X, K) = f V A ε = {x X ; f(x) ε} er endelig for enhver ε>0, (X, K) ={f V f er begrenset på X}. 10 Sjekk at F 0 (X, K) og (X, K) erunderromavv og at F 00 (X, K) F 0 (X, K) (X, K). 2. La V være et vektorrom (over K), V = {0}, oglab = {b j j J} være en basis for V. a) Anta v V, v = 0. Begrunn at det fins c 1,...,c n K \{0} og forskjellige j 1,...,j n J som er entydige bestemte (bortsett fra rekkefølgen) slik at v = c 1 b j1 + + c n b jn. Vi kan dermed definere [v] F 00 (J, K) ved [v](j k )=c k, når k =1,...,n, mens [v](j) =0nårj J \{j 1,...,j n }. Når v = 0 setter vi [v] =O. b) Begrunn at avbildningen v [v] erenisomorfifrav på F 00 (J, K). 3. Vi bruker notasjonen fra La h V = F(X, K) ogbetraktoperatorenm h : V V.SettH =supp(h). a) Beskriv R(M h )ogn(m h )vedhjelpavh og dens komplement H c = X \ H. b) Beskriv når M h er en isomorfi. c) Besvar a) og b) når M h erstates med m h (restriksjonen av M h til F 00 (X, K)). 10 Vi minner om at f er begrenset på X dersom sup x X f(x) <, dvsdetfinsenm>0 slik at f(x) M for alle x X. 61

15 4. Vi bruker notasjonen fra La σ : X X og definer S σ : V V ved S σ (f) =f σ, f V. a) Sjekk at S σ en lineær operator på V. b) Beskriv N(S σ )ogbegrunnats σ er 1-1 hvis og bare hvis σ er på X. c) Begrunn at S σ er på V hvis og bare σ er 1-1. Anta fra nå av at σ er en bijeksjon av X. Veda)ogb)følgerdetatS σ er en isomorfi. d) Begrunn at F 00 (X, K) erinvariantunders σ. La s σ betegne restriksjonen av S σ til en lineær operator på F 00 (X, K). e) Begrunn at s σ er en isomorfi som er slik at s σ (e x )=e σ 1 (x) for alle x X. f) Anta at en gruppe G virker på X. 11 Dette betyr at det for hver g G finnes en bijeksjon σ g av X, ogatvihar σ g σ h = σ gh for alle g, h G. For hver g G definer operatoren T g på F 00 (X, K) vedt g = s σg 1. Vis at avbildningen g T g er en representasjon av G på F 00 (X, K). (Begrepet representasjon er definert i Oppgave ). 5. La A M n n (K) ogbetraktlineæroperatorent A på M n n (K) gittved (venstre-) multiplikasjon med A. a) Beskriv R(T A )ogn(t A ). b) Uttrykk dim R(T A )ogdimn(t A ) ved hjelp av n og rang A. 6. Betrakt trasen Tr på M n n (K) (se2.2.7).blandtdensegenskaper,visat egenskapene iii),v)ogvi) holder. 7. Vi bruker notasjonen fra og betrakter underromet av K N gitt ved K N 0 = {x j } j=1 K N lim j x j =0. Under den naturlige identifikasjonen av K N med F(N, K), vis at K N 0 F 0 (N, K), der F 0 (N, K) erdefinertsomioppgave1. svarer til 11 jf. MAT

16 8. Vi bruker notasjonen fra og betrakter underromet av K Z+ gitt ved K Z+ 00 = {a j } j=0 K Z+ a j =0forallej bortsett fra endelig mange j. La a = {a j } j=0 K Z+ 00, a = 0. Definerdeg(a) = max{j Z + a j =0}. Videre definer P a P(K) ved P a (x) =a 0 + a 1 x + + a n x n, x K, der n =deg(a). Dersom a = 0 sett P 0 = O. a) Begrunn at a P a er en isomorfi fra K Z+ 00 på P(K). Definer nå konvolusjonsproduktet a b av to følger a og b i K Z+ 00 slik: Vi setter a b = c der c = {c j } j=0 er følgen gitt ved j c j = a j i b j i=0 j = a j b j i, j Z +. i=0 b) Sjekk at a b K Z+ 00 og at P a P b = P a b. Hvis du synes konvolusjonsproduktet ser rart ut, begynn med å gange sammen noen vilkårlige polynomer av lav grad og studer mønstret for koeffisientene i produktet. Konvolusjonsproduktet er definert for formelen P a P b = P a b skal holde. c) Sjekk at konvolusjonsproduktet gjør K Z+ 00 til en algebra (med enhet) og konkluder fra a) og b) at a P a er en algebra-isomorfi fra K Z+ 00 på P(K). 9. La X være en uendelig delmengde av K og la P(X, K) væreunderrommetav F(X, K) som består av alle polynomfunksjonene når disse betraktes som funksjoner definert på X. BegrunnatP(K) P(X, K). 10. Vi bruker notasjonen fra For enkelhets skyld antar vi at X = R, m.a.o. vi betrakter vektorrommet C(R, K). 12 Sett C 00 (R, K) = f C(R, K) supp(f) erkompakt, C 0 (R, K) = f C(R, K) A ε = {x R ; f(x) ε} er kompakt for enhver ε>0, C b (R, K) = f C(R, K) sup f(x) <. x R 12 Denne oppgaven er beregnet for de som har tatt emnet Analyse 1. Vi minner om at en delmengde A av R kalles kompakt dersom den er lukket og begrenset. Videre at A betegner tillukningen til A. 63

17 Sjekk at C 00 (R, K), C 0 (R, K) ogc b (R, K) erunderromavc(r, K) ogat C 00 (R, K) C 0 (R, K) C b (R, K). 11. La X R være et et intervall, la K : X X K være en kontinuerlig funksjon og la a, b X. Definerintegraloperatoren T : C(X, K) C(X, K) ved [T (f)](x) = Sjekk at T er lineær. b a K(x, y) f(y) dy, f C(X, K), x X. Integraloperatorer opptrer i forbindelse med såkalte integrallikninger. Ofte defineres disse på et større rom enn C(X, K), men idéen i definisjonen er det samme som her. 12. La V,W være vektorrom over K. Vi bruker notasjonen fra a) Sjekk at F(X, W) eretvektorrom(dukannøyedegmedetparav aksiomene). b) Sjekk at L(V,W) eretunderromavf(v,w). 13. La V og W være vektorrom over K. a) Vis at dersom V W,såerV # W #. b) Anta at V er et endeligdimensjonalt, med n =dimv 1. Begrunn at V # er isomorft med K n,ogatv # er isomorft med V. 14. La V være et vektorrom over K. Sjekkatproduktetavlineæreoperatorer (definert ved sammensetning, jf ) gjør L(V )tilenalgebra. 15. Anta at f C(R, K) erderiverbarn ganger på R og tilfredstiller: der a 0,...,a n K, a n =0. Begrunn at f C (R, K). a n f (n) + a n 1 f (n 1) + + a 1 f + a 0 f =0 64

18 2.3 Matriserepresentasjoner I hele dette avsnittet lar vi V og W betegne to endeligdimensjonale vektorrom (over K), med dim V = n 1 og dim W = m 1. La T : V W være en lineæravbildning, m.a.o. T L(V,W). Itidligereemner 13 har vi sett at når både V og W er endeligdimensjonale, så kan vi studere T ved hjelp av dens matriserepresentasjoner med hensyn på (ordnede) basiser for V og W.DavarK lik R, mendetgårakkuratpåsamme måte om K = C. For ordens skyld minner vi om hva som menes med en matriserepresentasjon: La B = {b 1,...,b n } være en (ordnet) basis for V og C = {c 1,...,c m } være en (ordnet) basis for W. Matrisen til T m.h.p. B og C er m n matrisen definert ved Vi vil ofte skrive [T ] for å angi M. C B Hovedpoenget er at M =[T ] slik at med andre ord slik at M = [T (b 1 )] C [T (b 2 )] C [T (b n )] C C B er den entydige bestemte m n matrisen som er [T (v)] C = M [v] B for alle v V, [T (v)] C =[T ] [v] B C B for alle v V Følgende teorem sier at vi kan identifisere rommet L(V,W) med rommet av m n matrisene over K ved å koordinatisere avbildningene med hensyn på to valgte basiser: Teorem 1. La B og C være (ordnede) basiser for henholdsvis V og W. Avbildningen T [T ] er en isomorfi fra L(V,W) på M m n (K). C B Vi har dermed at dim L(V,W) = dim V dim W. 13 f.eks. MAT1110 og MAT

19 Bevis. Avbildningen er lineær: La λ K. Daer [λt] C B = [(λt)(b 1 )] C [(λt)(b 2 )] C [(λt )(b n )] C = [λt(b 1 )] C [λt(b 2 )] C [λt(b n )] C = λ [T (b1 )] C λ [T (b 2 )] C λ [T (b n )] C Tilsvarende sjekkes at [T + T ] C B = λ [T (b 1 )] C [T (b 2 )] C [T (b n )] C = λ [T ]. C B Avbildningen er 1-1: Anta [T ] = O. C B =[T ] +[T ] når T,T L(V,W). C B C B For alle k =1,...,n er da [T (b k )] C = 0, og dermed er T (b k )=0 for alle k. Men da er opplagt T = O. Avbildningen er på M m n (K): Anta A =[a j,k ] M m n (K). La da T L(V,W) værebestemtved m T (b k )= a j,k c j, j=1 k =1,...,n, som vi vet eksisterer ved Teorem 1 i Avsnitt 2.1. For k =1,...,n er da a 1,k. [T (b k )] C = a j,k,. a m,k og vi ser at [T ] =[a j,k ]=A. C B Vi har dermed vist at avbildningen er en isomorfi. Siden vi nå vet at L(V,W) M m n (K) får vi (ved Teorem 3 i Avsn. 2.1) at dim L(V,W) = dim M m n (K) =m n =dimv dim W. Når T L(V )ogb er en (ordnet) basis for V setter vi [T ] B =[T ] B B som i boka til Lay [L]). (akkurat 66

20 Som et korollar av Teorem 1 får vi at avbildningen L(V )påm n n (K) ogat dim L(V )=(dimv) 2. T [T ] B er en isomorfi fra Vi skal se om ikke lenge at denne avbildningen faktisk er en algebra-isomorfi. La T L(V,W). Anta B = {b 1,...,b n } er en (ordnet) basis for V,og C = {c 1,...,c m } er en (ordnet) basis for W. Som vi vet fra før 14,kanmatrisenM =[T ] C B brukes til å avgjøre om T er 1-1, om den er på W,elleromdenerenisomorfi.Dettekanvienkeltleseav pivotstrukturen til den reduserte trappeformen rref(m) til M. Mer generelt kan vi bruke M =[T ] (og rref(m)) til å finne basiser for R(T ) C B og N(T ), og til å bestemme rangen og nulliteten til T : Teorem 2. Anta at T = O og la M =[T ]. Da gjelder følgende: C B i) La j 1,...,j p {1,...,n} være indeksene som angir kolonnene i rref(m) som inneholder pivoter. Da er {T (b j1 ),...,T(b jp )} en basis for R(T ). ii) Anta at Nul M = {0} og la {x 1,...,x q } være en basis for Nul M. La v 1,...,v q V være bestemt ved at Da er {v 1,...,v q } en basis for N(T ). [v 1 ] B = x 1,...,[v q ] B = x q. iii) rang T =rangm og dim N(T ) = dim Nul M. Bevis. i) ogiii): Vi vet at S = {T (b 1 ),...,T(b n )} utspenner R(T )(jf.teorem 3 i Avsnitt 2.1). Videre vet vi fra [L] at pivotkolonnene i M, dvs [T (b j1 )] C,, [T (b jp )] C danner en basis for Col M, ogatenhvermuliglineæravhengighetsrelasjon mellom kolonnevektorer i M gir en tilsvarende relasjon mellom vektorer i S. Det følger da at {T (b j1 ),...,T(b jp )} er en basis for R(T ), dvs i) holder. Dermed er rang T =dimr(t )=p =rangm. Veddimensjonsteoremetfårvida at dim N(T )=n p = dim Nul M, ogiii) ergodtgjort. 14 Jf. Notat 2 i MAT

21 ii): Vi merker oss først at [T (v k )] C = M [v k ] B = M x k = 0, ogdermedat v k N(T )fork =1,...,q. La nå K B : V R n betegne koordinatavbildningen mhp B, dvsk B (v) =[v] B. Siden K B er en isomorfi, er KB 1 også en isomorfi. Spesielt bevarer den lineær uavhengighet av vektorer. Dermed er {v 1,...,v q } = {KB 1 (x 1 ),...,KB 1 (x q )} en lineær uavhengig delmengde i N(T ). Siden dim N(T ) = dim Nul M = q, mådennemengdenværeenbasisforn(t ), dvs ii) holder. Eksempel 1. BetraktV =Span{e x,e 2x,e 3x } F(R, R), med sin (ordnede) basis B = {e x,e 2x,e 3x }. La T : V V være lineæravbildningen bestemt ved T (e x )= 2e x + e 2x +3e 3x T (e 2x )= 5e x +3e 2x +11e 3x T (e 3x )=8e x 5e 2x 19e 3x Matrisen M =[T ] B er da M = Ved elementære radoperasjoner finner vi at rref(m) = Vi ser at rang M = 2 og dim Nul M =1,sårang(T )=2ogdimN(T )=1ved Teorem 2. Indeksene som angir pivotkolonnene til rref(m) erj 1 =1ogj 2 =2. Teorem 2 gir da at {T (e x ),T(e 2x )} = { 2e x + e 2x +3e 3x, 5e x +3e 2x +11e 3x } er en basis for R(T ). En basis for Nul M er Siden[e x 2e 2x e 3x ] B = 2 er 1 1 {e x 2e 2x e 3x } en basis for N(T ). 68

22 Vi skal nå studere sammenhengen mellom sammensetning av lineæravbildninger og matriserepresentasjoner. Betrakt igjen T L(V,W) medb og C som før, og la S L(U, V ), der U er et endeligdimensjonalt vektorrom (over K) med(ordnet)basisa. Vi kan da danne avbildningen T S : U W og det er rett frem å sjekke at den er lineær (gjør det!). Sammengen mellom matriserepresentasjonene blir som følger: Teorem 3. [T S] C A =[T ] C B [S] B A Bevis. Foralleu U har vi at samtidig som [(T S)(u)] C =[T (S(u))] C =[T ] [S(u)] B C B [u] A, = [T ] C B [S] B A [(T S)(u)] C =[T S] C A [u] A. Påstanden følger dermed ved entydighetsegenskapen til [T S]. C A Eksempel 2. Vi betrakter P 2 (R) medsinstandardbasisa = {1,x,x 2 }, P 1 (R) medsin standardbasis B = {1,x} og R 2 med sin standardbasis C. La S : P 2 (R) P 1 (R) ogt : P 1 (R) R 2 være gitt ved S(p(x)) = p (x)+2p( 1) x, T (q(x)) = (q(1),q(2)). Vi finner lett at [T ] = C B Derfor er [T S] C A = og [S] = 1 2 B A = Som en sjekk kan vi regne ut direkte at (T S)(1) = T (2x) = (T S)(x) =T (1 2x) = 1 4 og (T S)(x 3 2 )=T(4x) = , 69

23 Eksempel 3. Anta at T er en isomorfi fra V på W. Vi har da at T 1 : W V en isomorfi. Som kjent fra tidligere 15 så er [T 1 ] B C = 1 [T ]. C B Dette gjenfinner vi også fra Teorem 3 siden I =[I V ] =[T 1 T ] =[T 1 ] [T ]. B B B B B C C B En umiddelbar konsekvens av Teorem 3 er følgende: Teorem 4. Avbildningen T [T ] B er en algebra-isomorfi fra L(V ) på M n n (K). Bevis. Vi har sett at denne avbildningen er en isomorfi. Teorem 3 gir nå at [TS] B =[T ] B [S] B for alle T,S L(V ), dvs at avbildningen bevarer produktet. Betrakt igjen T L(V,W). Et naturlig spørsmål er: Hva skjer dersom vi velger en annen basis B for V og en annen basis C for W? Mer presist, kan vi spørre oss: Hva er sammenhengen mellom [T ] og [T ]? C B C B Siden disse spørsmålene har med basisskifte i V og W å g j ø r e, e r d e t i k k e uventet at koordinatskiftematrisene vi møtte i [L] vil spille en viktig rolle her. Vi vil bruke samme notasjon som i [L] for slike matriser. Vi merker vi oss at Videre følger det lett fra Teorem 3 at Tilsvarende er P = [b 1 ] B [b n ] B =[IV ]. B B B B P =[I V ] =( B B B B P B B ) 1. P =[I W ] =( P ) 1. C C C C C C 15 Jf. Notat 2 i MAT

24 Følgende overgangsformel gjelder: Teorem 5. [T ] = P C B C C [T ] C B P B B Merk: ved å lese denne formelen fra høyre mot venstre, altså i pilenes retning, skulle mønsteret være klart og enkelt å huske. Bevis. VedåbenytteTeorem3(toganger)fårviat [T ] =[T I V ] = [T ] C B C B C B [I V ] =[I W T ] B B C B P =[I W ] B B C C [T ] C B P B B = P C C [T ] C B P B B Eksempel 4. La T : P 2 (K) P 1 (K) væregittved T (p(x)) = p (x), m.a.o. T (a + bx+ cx 2 )=b +2cx. Med B = {1,x,x 2 } og C = {1,x}, harviat [T ] = C B La B = {1, 2x, 4x 2 2} og C = {1+x, 2+x}. Det er lett å sjekke at disse er basiser for henholdsvis P 2 (K) ogp 1 (K). Vi har da at Derfor er P = B B P =( P ) 1 = C C C C [T ] = C B P C C [T ] C B P = B B og P C C. = =.Dettegirossat = Idetteeksempleterdetogsålettåberegne [T ] C B direkte og sjekke at dette gir samme svar. 71

25 Eksempel 5. Anta at T L(V )ogatb, B er basiser for V. Overgangsformelen gir da [T ] = P B B B B [T ] B B P, altså at B B [T ] B = P [T ] B P 1, der P = P B B Denne versjon av overgangsformelen kjenner vi allerede fra [L]. Den viser at [T ] B og [T ] B er similære matriser. Den medfører også at [T ] B og [T ] B har samme determinant. Vi kan derfor definere determinanten til T,utentvetydighet,ved det(t )=det([t ] B ), der B er en basis for V. Det er nå en enkel oppgave å begrunne at T er isomorfi hvis og bare hvis det T = 0. (SeOppgave8forandreegenskapertildeterminanten). Vi har sett i delavsnitt at similære matriser har samme trase. Dette betyr at vi kan også definere trasen til T,utentvetydighet,ved Tr(T )=Tr([T ] B ), der B er en basis for V. Traseavbildningen T Tr(T )er da en lineær funksjonal på L(V )som har tilsvarende egenskaper som trasen for kvadratiske matriser. (Se Oppgave 9). Iendelsituasjonerer[T ] B lett å bestemme, og vi kan da bruke overgangsformelen ovenfor til å bestemme [T ] B. Eksempel 6. La T : R 3 R 3 være rotasjonen med en vinkel ϕ (mot klokka) om en akse L utspent av en enhetsvektor n. Vi betrakter da L som positivt orientert i retning av vektoren n. La A være standardmatrisen til T.Detergeometriskopplagtatrotasjoner bevarer lengder og vinkler, og dermed at de bevarer prikkproduktet mellom vektorer. Dette medfører at kolonnene i A vil danne en ortonormal basis for R 3, altså at A er en ortogonal matrise. Vi skal nå begrunne at det A =1,ogdermed at det T =1. Vi velger først en basis B slik at [T ] B er enkel å skrive ned: La W være planet som inneholder origo og står ortogonalt på L, m.a.o. W = L. Velg da en enhetsvektor u 1 W og sett u 2 = n u 1.Daer{u 1, u 2 } en ortonormal basis for W,mensB = {u 1, u 2, n} er en ortonormal basis for R 3. 72

26 Vi har da at [T (u 1 )] B = cos ϕ sin ϕ, [T (u 2 )] B = 0 (Lag gjerne en skisse!). cos ϕ sin ϕ 0 Dette gir at [T ] B = sin ϕ cos ϕ Vi får derfor at som ønsket. sin ϕ cos ϕ, [T (n)] B = 0 det A =dett =det[t ] B =cos 2 ϕ +sin 2 ϕ = Dersom vi ønsker å finne et uttrykk for A i et konkret tilfelle, kan vi gå frem slik. La B være standardbasisen for R 3,slikatA =[T ] B. Sett P = P B B Vi får da at : =[u 1 u 2 n], som vi ser er en ortogonal matrise. cos ϕ sin ϕ 0 A =[T ] B = P [T ] B P 1 = P sin ϕ cos ϕ 0 P t Merk at A er produktet av tre ortogonale matriser, og vi gjenfinner derved at A er ortogonal (siden produktet av ortogonale matriser er ortogonal). Det er en lærerik oppgave å vise at det motsatte holder: Dersom T L(R 3 )erslikatdensstandardmatrisea er ortogonal og det T =1, så er T en rotasjonsavbildning (Oppgave 13). 73

27 Oppgaver til Avsnitt La T L(P 2 (C), C 2 )væredefinertved T (p) = p(1 + i)+p(1 i) p (1 + i)+p (1 i) a) Begrunn at T er på C 2, men ikke 1-1. Angi en basis for N(T ). b) Finn løsningsmengden til likningen T (p(x)) = 2i. 2i 2. La T L(P 1 (R), P 2 (R)) være definert ved x T (p(x)) = xp(x)+2 0 p(t)dt + p(1) a) Begrunn at T er 1-1, men ikke på P 2 (R). Angi en basis for R(T ). b) Begrunn at likningen T (p(x)) = 1 + x + x 2 ikke har løsninger. c) Begrunn at likningen T (p(x)) = 3x 2x 2 har nøyaktig en løsning og angi denne. 3. La S L(P 3 (R), R 4 )væredefinertved Finn basiser for R(T )ogn(t ). a 0 + a 2 S(a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 a )= 0 + a 3 a 1 + a 2. a 1 + a 3 4. La S være som i Oppgave 3 og la T L(R 4, P 2 (R)) være gitt ved a b T c =(a d)+(a +2b) x +(b 3c) x2. d Betrakt T S L(P 3 (R), P 2 (R)). a) Finn matrisen til T S m.h.p. standardbasisene for henholdsvis P 3 (R) og P 2 (R). 74

28 b) Finn matrisen til T S m.h.p. basisene A = {1, x,x 2, 1+x + x 2 + x 3 } for P 3 (R) ogc = {1, 1+x, 1+2x + x 2 } for P 2 (R). 5. La V være underrommet av F(R, R) utspentav{sin 2 x, cos 2 x}, ogla T L(V )væredefinertvedt (f) =f. Beregn det(t ), Tr(T )ogfinnbasiserforr(t )ogn(t ). 6. La T L(P 2 (C)) være gitt ved T (a 0 + a 1 z + a 2 z 2 )=(a 1 ia 2 )+(ia 0 +(1 i) a 2 ) z + ia 2 z 2. a) Beregn det(t )ogtr(t ). b) Finn matrisen til T m.h.p. basisen {1, 1+iz, z+ iz 2 } for P 2 (C). 7. La V være et endeligdimensjonalt vektorrom (over K) meddimv 1ogla B være en basis for V.LaT L(V )ogsettm =[T ] B. a) Sjekk at [T n ] B = M n for alle n Z +. b) La p P(K). Sjekk at [p(t )] B = p(m). 8. La V være et endeligdimensjonalt vektorrom (over K) meddimv 1. La S, T L(V ). Sjekk følgende : a) det(st) = det(s) det(t ). b) det(t ) = 0hvisogbarehvisT er en isomorfi, og da er det(t 1 )=det(t ) 1. c) det(sts 1 )=det(t )dersoms er en isomorfi. 9. La V være et endeligdimensjonalt vektorrom (over K) med dim V 1. Trasen Tr på L(V )erenlineærfunksjonalsombledefinertieksempel5. La S, T L(V ). Sjekk følgende : a) Tr(ST)=Tr(TS). b) Tr(STS 1 )=Tr(T )dersoms er en isomorfi. c) Avbildningen F T : L(V ) K definert ved F T (T )=Tr(TT ),T L(V ), er en lineær funksjonal på L(V ). d) Avbildningen T F T en isomorfi fra L(V )pål(v ) #. 75

29 10. Regn ut standardmatrisen til rotasjonsavbildningen T L(R 3 )med vinkelen ϕ (mot klokka) rundt aksen L (orientert i retning av den oppgitte retningsvektor) når : a) ϕ = π 6 b) ϕ = π 4 c) ϕ = π 3 og L =Span{ 1 3 (1, 1, 1)}. og L =Span{ 1 2 (0, 1, 1)}. og L =Span{ 1 2 (1, 0, 1)}. 11. a) La T L(R 2 )værerotasjonsavbildningenmedenvinkelϕ rundt origo. Begrunn at standardmatrisen til T er ortogonal og at det T =1. b) Anta at T L(R 2 )erslikatstandardmatrisentilt er ortogonal og at det T =1. Begrunn at T er en rotasjonsavbildning. 12. a) La S L(R 2 )værespeilingenloddrettgjennomenaksel =Span{v}, der v er en enhetsvektor i R 2. La A være standardmatrisen til S. BegrunnatA er ortogonal og at det S = 1. b) Anta at S L(R 2 )erslikatstandardmatrisentils er ortogonal og at det S = 1. Begrunn at S er en speiling loddrett gjennom en akse. 13. La T L(R 3 ). Anta at standardmatrisen A til T er ortogonal og at det T =1. Måletidenneoppgavenerå viseatt er en rotasjonsavbildning. a) Begrunn at 1 er en egenverdi for A. (Hint :Mankanf.eks.betraktedet(A I); men det finnes andre måter). La nå n være en enhetsegenvektor for A tilhørende egenverdien 1 og sett W = {x R 3 x n =0}. b) Begrunn at planet W er invariant under T. Velg så en enhetsvektor u 1 W og la u 2 W være gitt ved u 2 = n u 1.Daer B = {u 1, u 2, n} en (ordnet) ortonormal basis for R 3. ab0 ab c) Begrunn at [T ] B = cd0 der a, b, c, d R er slik at B = cd 001 er en 2 2 ortogonal matrise med det B =1. d) Begrunn at T er en rotasjonsavbildning. e) Anta at S L(R 3 )erslikatdensstantardmatriseerortogonalogat det S = 1. Hva kan du si om S? 76

30 Oppgave 14. La A være matrisen gitt ved A = Man sjekker lett at A er ortogonal og at det A =1. VedOppgave13vetviat T = L A er en rotasjonsavbildning. a) Angi en enhetsvektor n R 3 og en ϕ [0, 2π) slikatt er rotasjonsavbildningen bestemt av n og ϕ. Ern og ϕ entydig bestemte av T? b) Betrakt nå A som en kompleks matrise. Begrunn at A er kompleks diagonaliserbar. Angi en diagonal matrise D M 3 3 (C) ogeninvertibel matrise P M 3 3 (C) slikata = PDP 1. 77

31 2.4 Direkte summer og projeksjoner Vi skal nå se på en naturlig måte å lage nye vektorrom fra gamle. La V 1 og V 2 være vektorrom over K. Betrakt produktmengden V 1 V 2 = {(v 1, v 2 ) v 1 V 1, v 2 V 2 }. Vi definerer addisjon av elementer i V 1 V 2 ved (v 1, v 2 )+(v 1, v 2)=(v 1 + v 1, v 2 + v 2), og multiplikasjon av et element i V 1 V 2 med en skalar i K ved λ (v 1, v 2 )=(λ v 1,λv 2 ). Det er da en enkel (og lite spennende) oppgave å sjekke at V 1 V 2 blir et vektorrom over K, somkallesdet direkte produktet av V 1 og V 2. Noen kaller det for den (eksterne) direkte summen av V 1 og V 2,menviskal nokså umiddelbart snakke om direkte sum i en litt annen sammenheng og det kan være greit å skille disse begrepene ved å bruke forskjellige ord. Hvis f.eks. V 1 = K m og V 2 = K n er V 1 V 2 K m+n via isomorfien ((x 1,...,x m ), (y 1,...,y n )) (x 1,...,x m,y 1,...,y n ). Dersom V 1,...,V n er vektorrom over K (der n N) defineresdetdirekte produktet V 1 V n helt tilsvarende. Intuitivt kan vi tenke på at det direkte produktet av to vektorrom V 1 og V 2 er vektorrommet som er utspent av uavhengige kopier av V 1 og V 2 ;detteskalvi nå underbygge nærmere. Hvis v 1 V 1 og v 2 V 2,definerervi v 1 =(v 1, 0), v 2 =(0, v 2 ), og det er da klart at (v 1, v 2 )= v 1 + v 2. Videre, for j =1, 2, definerer vi ι j : V j V 1 V 2 ved ι 1 (v 1 )= v 1, v 1 V 1, og ι 2 (v 2 )= v 2, v 2 V 2. Det er da opplagt at ι 1 og ι 2 begge er lineære og 1-1. Vi setter derfor slik at vi har V 1 V 1 og V 2 V 2. V 1 = ι 1 (V 1 ), V2 = ι 2 (V 2 ) 78

32 Vi merker oss først at vi kan nå skrive V 1 V 2 = { v 1 + v 2 v 1 V 1, v 2 V 2 }. Dette gir oss idéen til følgende definisjon: La V være et vektorrom over K og la W 1,...,W n være underrom av V. Underrommet av V gitt ved W W n = {w w n w j W j,j=1,...,n} kalles da summen av W 1,...,W n. (Det overlates som en oppgave å sjekke at det er det minste underrommet av V som inneholder W 1 og W 2 ). Med denne definisjonen på plass kan vi si at V 1 V 2 er summen av V 1 og V 2, m.a.o. V 1 V 2 = V 1 + V 2. Vi merker oss videre at dersom v 1 V 1, v 2 V 2 og v 1 + v 2 =(0, 0), så er v 1 = v 2 =(0, 0). Dette betyr at V 1 og V 2 er (lineært) uavhengig i henhold til følgende definisjon: La V være et vektorrom over K og la W 1,...,W n være underrom av V. Vi sier at W 1,...,W n er (lineært) uavhengige dersom vektorlikningen w w n = 0 der w j W j,j=1,...,n, bare har den trivielle løsningen w 1 = = w n = 0. Når W 1,...,W n er uavhengige, skriver vi W 1 W n istedet for W W n,ogkallersummenforden direkte summen av W 1,...,W n. (Noen sier den (interne) direkte summen i stedet). Skriver vi at U = W 1 W n,betyrdetaltsåatw 1,...,W n er uavhengige underrom av U og at U er summen av W 1,...,W n. Med denne terminologien er det nå klart at V 1 V 2 = V 1 V 2. 79

33 Tilsvarende, hvis V 1,...,V n er gitte vektorrom og ι j : V j V 1 V n er definert på opplagt måte for j =1,...,n,såer V 1 V n = ι 1 (V 1 ) ι n (V n ). Omvendt, dersom W 1,...,W n er uavhengige underrom av et vektorrom V,så er W 1 W n W 1 W n via isomorfien (w 1,...,w n ) w w n.(tenkoverdette!). Dette betyr at direkte produkt og direkte sum er essentielt to sider av samme sak; vi skal for det meste beskjeftige oss med direkte summer. Eksempel 1. LaL 1 være en linje gjennom origo i R 2 og la L 2 være en hvilken som helst annen linje gjennom origo som ikke er parallell med L 1. Da er R 2 = L 1 L 2. Dette er innlysende når man lager en skisse, og kan lett sjekkes direkte. Legg merke til at dette eksemplet viser at vi generelt kan ha at W 1 W 2 = W 1 W 2 samtidig som W 2 = W 2. La så M være et plan gjennom origo. Da er L 1 og M uavhengige hvis og bare hvis M ikke inneholder L 1,ogdaerL 1 M = R 3 ;imotsattfaller L 1 + M = M. (Lagenskissesomillustrererbeggesituasjonene!). Hvis M også er et plan gjennom origo, så er M og M alltid avhengige: lar vi nemlig x = 0 ligge i snittet av begge planene, så er x +( x) =0 samtidig som x M og x M ;viharatm + M = R 3 når M = M,ogM + M = M ellers. Eksempel 2. LaV = F(R, K) ogsett W 1 = {f V f( x) =f(x) forallex R}, W 2 = {g V g( x) = g(x) forallex R}. Da er W 1 og W 2 uavhengige underrom av V : At de er underrom er nokså opplagt. Så vi nøyer oss med å sjekke at de er uavhengige. Anta derfor at f + g = O, derf W 1,g W 2. La x R. Daerf(x)+g(x) =0ogf( x)+g( x) =f(x) g(x) =0. Dette medfører at 2 f(x) =0og2g(x) =0. Siden dette gjelder for enhver x i R er f = g = O, somønsket. Videre er V = W 1 + W 2 : La h V.Forhverx R, sett f(x) = h(x)+h( x),g(x) = h(x) h( x). 2 80

34 Da er f W 1,g W 2 og h = f + g (sjekk!). Dermed har vi vist at V = W 1 W 2. Dette eksemplet kan generaliseres til andre situasjoner: se Oppgave 13. Eksempel 3. LaV være et vektorrom og la U være et underrom. Det er opplagt at U og {0} er uavhengige, og U {0} = U. Merk at dette skiller seg noe fra lineær uavhengighet for vektorer (der vi ikke kan ha med nullvektoren); men vanligvis er vi ikke spesielt interessert i å ha med {0} iendirektesum,sådetspillerlitenrolle. Anta at W også er et underrom av V.DaerU og W uavhengige hvis og bare hvis U W = {0}: Anta U og W er uavhengige og la v U W.Daerv +( v) =0 og v U, v W.Dermedmåv = v = 0. SåU W = {0}. Omvendt, anta at U W = {0}. Betraktu + w = 0 der u U, w W. Da er u = w W,såu U W.Dermederu = 0, ogdaerogsåw = 0. Så U og W er uavhengige. Betrakter man flere underrom enn to, er uavhengighet av disse ikke ekvivalent med at snittet av underrommene består bare av nullvektoren. (Se Oppgave 4). Eksempel 4. Anta at W 1,...,W n er uavhengige underrom av et vektorrom V og at v j W j, v j = 0 for j =1,...,n. Da er v 1,...,v n lineært uavhengige: Betrakt nemlig likningen c 1 v c n v n = 0 der c 1,...,c n K. Siden c j v j W j for hver j er da c j v j = 0 for hver j. Nå erhverv j = 0, såda må c j =0forallej. Omvendt, anta at v 1,...,v n er lineært uavhengige vektorer i V og sett V j =Span{v j },j=1,...,n.daerv 1,...,V n uavhengige. Dette vises nokså tilsvarende. (Oppgave 5). Direkte summer kan karakteriseres slik: Teorem 1. Anta at W 1,...,W n og U er underrom av et vektorrom V. Da er U = W 1 W n hvis og bare hvis W 1,...,W n er underrom av U og enhver vektor u U kan skrives på en entydig måte på formen der w j W j,j=1,..., n. u = w w n 81

35 Bevis. Anta først at U = W 1 W n. Da er W 1,...,W n er underrom av U siden hver W j er da inneholdt i U. Videre, la u U. Vi vet da at u = w w n, der w j W j,j=1,..., n. Anta at u = w w n, der w j W j,j=1,..., n. Da er der w j w j W j,j=1,..., n. (w 1 w 1)+ +(w n w n)=u u = 0 Uavhengighet av W 1,...,W n gir da at w j w j = 0, m.a.o. w j = w j, for alle j, og entydighetspåstanden er dermed bevist. Den motsatte implikasjonen er triviell (ved å bruke at 0 = ). Merk at Teorem 1 ikke er riktig hvis vi ikke har med at W 1,...,W n skal være underrom av U på høyre siden av ekvivalensen: Betrakt f.eks. W 1 =Span{(1, 0)},W 2 =Span{(0, 1)},U=Span{(1, 1)} i R 2. Enhver vektor u =(a, a) iu kan skrives på en entydig måte på formen u =(a, 0) + (0,a)der(a, 0) W 1, (0,a) W 2,mensR 2 = W 1 W 2 = U. Siden W 1 og W 2 ikke er underrom av U, striderdetteikkeimotteorem1. Det er enkelt å finne en basis for en direkte sum : Teorem 2. La n N,n 2. Anta at W 1,...,W n er uavhengige underrom av et vektorrom V og sett W = W 1 W n. For hver j =1,...,n, la B j være en basis for W j. Da er B 1,...,B n parvis diskunkte og B 1 B n er en basis for W. Dette gir spesielt at W 1 W n er endeligdimensjonalt hvis og bare hvis hver W j er endeligdimensjonalt, og at da er dim(w 1 W n )=dimw 1 + +dimw n. Bevis. Vi gir beviset når n =2. Detgenerelleresultatetfølgerdaved induksjon på n og overlates som en oppgave. Vi antar at n =2ogatingenavW 1 og W 2 er lik nullrommet (ellers er det ikke noe å vise). Sett U = W 1 W 2 og B = B 1 B 2. Vi begrunner først at B 1 B 2 = : 82