Lineære likningssystemer og matriser

Kapittel 3 Lineære likningssystemer og matriser I dette kapittelet skal vi sette sammen Kapittel 1 og 2. 3.1 Den utvidede matrisen til et likningssystem Vi starter med et lineært likningssystem med m likninger og n ukjente (vi dropper å kalle likningene L 1 osv.): a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2 (3.1).. a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n = b m Ved å bruke definisjonen av produkt av matriser, kan dette systemet skrives (se også Eksempel 2.18) på matriseform: a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n... x 1 x 2. = b 1 b 2.. (3.2) a m1 a m2 a mn x n b m 38

La A være matrisen med a ij -ene, x matrisen med x i -ene og b være matrisen med b i -ene (x og b er kolonnevektorer). Da kan (3.2) skrives Ax = b, (3.3) som er en likning av matriser. Her passer det bra å definere et ord som vil dukke opp senere i kurset: Definisjon 3.1 Et lineært likningssystem (3.1) kalles homogent hvis alle b i - ene er lik 0, dvs. b i (3.3) er en nullvektor. Hvis b 0 kalles systemet inhomogent. Definisjon 3.2 Vi kaller matrisen A[ i (3.3)] for koeffisientmatrisen til likningssystemet (3.1), mens matrisen A b der vi stiller opp kolonnevektoren b til høyre for matrisen A kalles den utvidede matrisen til likningssystemet. Når vi skal løse lineære likningssystemer, skal vi jobbe med den utvidede matrisen til systemet. Eksempel 3.3 Den utvidede matrisen til likningssystemet (fra Eksempel 1.21) er matrisen x 1 + x 2 + 2x 3 = 9 2x 1 + 4x 2 3x 3 = 1 3x 1 + 6x 2 5x 3 = 0 2 4 3 1 3 6 5 0. Dette systemet er forøvrig inhomogent siden b = 9 1 0 0 0 0. Å skrive et lineært likningssystem på matriseform åpner mange dører for oss. Blant annet kan vi vise Teorem 1.24. 39

3.2 Et viktig bevis I Kapittel 1 møtte vi et viktig resultat: Teorem 1.24 Et lineært likningssystem har enten ingen, én eller uendelig mange løsninger. Vi har nå innført nok teori til å gi et algebraisk bevis for dette. Matematikk handler om å bevise resultater, men i dette kurset skal vi først og fremst bruke resultatene. Dette beviset tar vi likevel med. Det vil være forklarende i forbindelse med andre typer likninger som vi skal møte senere i kurset, så gjør deg selv en stor tjeneste, og bruk minst en halvtime på å lese og tenke på dette beviset. Bevis for Teorem 1.24: La Ax = b være et generelt lineært likningssystem skrevet på matriseform. Vi må altså vise at hvis systemet har flere enn én løsning, så har det uendelig mange løsninger. Anta at systemet har minst to forskjellige løsninger, og la x 1 og x 2 være to av løsningene, x 1 x 2. Da vil differansen x 0 = x 1 x 2 være forskjellig fra 0. Siden Ax 1 = b og Ax 2 = b, får vi Ax 0 = A(x 1 x 2 ) = Ax 1 Ax 2 = b b = 0. Dette betyr at x 0, som er forskjellig fra 0, og som er differansen av to løsninger av det muligens inhomogene systemet Ax = b, er en løsning av det homogene systemet Ax = 0. La k være en skalar. Vi påstår at x 1 +kx 0 er en løsning av systemet Ax = b for alle skalarer k. Det stemmer, siden (husk regnereglene for matriser): A(x 1 + kx 0 ) = Ax 1 + kax 0 = Ax 1 + k 0 = b. Dermed har vi funnet uendelig mange løsninger (k kan jo velges fritt fra hele R) av systemet Ax = b, som var det vi skulle vise. Bemerkning 3.4 Et homogent likningssystem Ax = 0 har alltid minst én 40

løsning, nemlig x = 0, så hvis systemet er homogent vil vi ha enten én eller uendelig mange løsninger. 3.3 Radoperasjoner Vi ønsker å løse generelle lineære likningssystemer. Vi bruker følgende geniale strategi: Vi bytter ut systemet med et annet system som har samme løsningsmengde, men som er lettere å løse! Det høres jo ikke så dumt ut. Når vi løste likningssystemer i Kapittel 1, jobbet vi med likningene (vi adderte dem og multipliserte dem med tall). Nå skal vi isteden jobbe med den utvidede matrisen, ved at ordet likning erstattes av ordet rad. Når vi erstatter systemet med et annet er det tre typer operasjoner vi skal bruke: 1) Multiplisere en rad med en konstant 0. 2) Bytte om to rader. 3) Legge til et multiplum av en rad til en annen. Disse radoperasjonene er det nemlig mulig å gjøre uten at løsningsmengden til likningssystemet forandres! Vi viser først strategien på et eksempel: Eksempel 3.5 Vi vil løse likningssystemet i Eksempel 1.21 ved hjelp av radoperasjoner, og tar for oss den utvidede matrisen vi fant (i Eksempel 3.3) (første gang vi gjør dette lønner det seg å ha likningssystemet ved siden av seg, og du må gjerne sammenligne med det vi gjorde i Eksempel 1.21): Vi har den utvidede matrisen 2 4 3 1 3 6 5 0 41.

Kall radene i matrisen for R 1, R 2 og R 3. Det første vi ønsker er å få 0 i posisjonene 2, 1 og 3, 1 (dette tilsvarer å eliminere x 1 fra likning L 2 og L 3 ). Det får vi til ved å bruke operasjon 3) ovenfor: vi legger ( 2) R 1 til R 2 og legger ( 3) R 1 til R 3. Da blir matrisen omgjort til 0 2 7 17 0 3 11 27 Hvis vi ser på hva som har skjedd i likningssystemet, så har L 2 og L 3 nå kun to ukjente hver. Videre skal vi eliminere x 2 fra L 3, dvs. vi vil ha 0 i posisjon 3, 2. Dette får vi til ved først å multiplisere R 2 med 1 2 0 1 7 2 17 2 0 3 11 27 og deretter legge ( 3) R 2 til R 3 (operasjon 3): 0 1 7 2 17 2 0 0 1 2 3 2. (bruker operasjon 1):. Vi rydder opp i R 3 ved å multiplisere med 2 (operasjon 1): og L 3 sier nå at x 3 = 3! 0 1 7 2 17 2 0 0 1 3 Dermed gjenstår å finne x 1 og x 2. På matrisenivå gjøres dette ved å få 0 i posisjonene 1, 2, 1, 3 og 2, 3, og det får vi til ved å legge ( 7 2 ) R 3 til R 2 og, 42

( 2) R 3 til R 1 (operasjon 3): 1 1 0 3 0 1 0 2 0 0 1 3, og tilslutt legge ( 1) R 2 til R 1 (operasjon 3): 1 0 0 1 0 1 0 2 0 0 1 3 Dermed sier L 1 at x 1 = 1, L 2 sier at x 2 = 2, og L 3 altså at x 3 = 3, og vi har løst likningssystemet vårt (og svaret stemmer med det vi fikk i Eksempel 1.21).. 3.4 Redusert trappeform I forrige eksempel løste vi likningssystemet ved å redusere den utvidede matrisen til matrisen 1 0 0 1 0 1 0 2 0 0 1 3, (3.4) der vi kunne lese av løsningen. Dette er et eksempel på en matrise som er på redusert trappeform: Definisjon 3.6 En utvidet matrise er på trappeform hvis 1) 3) nedenfor er oppfylt: 1) Hvis en rad ikke bare består av 0-ere, så er første tallet i raden som er forskjellig fra 0 lik 1 (denne 1-eren kalles en ledende 1-er, unntatt hvis den står i kolonnen helt til høyre. I matrisen ovenfor er de ledende 1-erne streket under). Merk: Hvis det første tallet i raden som er forskjellig fra 0 står i kolonnen helt til høyre, kan vi alltid sette dette tallet lik 1 ved radoperasjon 43

1: Raden 0 0 0 k blir til raden 0 0 0 1 ved å multiplisere raden med 1 k når k 0. Dette gir altså ikke en ledende 1-er. 2) Hvis det fins rader som bare består av 0-ere, så er de samlet i bunnen av matrisen. 3) For hvert par av rader som ligger under hverandre og som ikke bare består av 0-ere, skal den ledende 1-eren i den nederste av de to radene være lengre til høyre enn den ledende 1-eren i raden over (derav ordet trapp). Hvis vi i tillegg har oppfylt følgende punkt 4), sier vi at matrisen er på redusert trappeform: 4) Hver kolonne som inneholder en ledende 1-er har 0 overalt ellers, dvs. også 0-ere over de ledende 1-erne. Eksempel 3.7 Matrisen 0 1 5 3 0 0 0 1 2 6 0 0 0 0 1 (3.5) er på trappeform, men ikke redusert trappeform (overbevis deg selv, og finn trappen) med to ledende 1-ere (understreket). Matrisen 0 1 0 3 0 0 0 1 2 6 0 0 0 0 1 (3.6) er på redusert trappeform. Bemerkning 3.8 (Viktig!) Det kan hende at du vil møte matriser senere i livet der raden 0 0 1 gir en ledende 1-er. Men når vi i MAT1001 snakker om trappeform er det i forbindelse med utvidede matriser, siden vi er interessert i å løse likningssystemer. For oss vil dermed raden 0 0 1 ikke gi en ledende 1-er. 44

Når den utvidede matrisen til et lineært likningssystem er redusert til redusert trappeform, kan vi lese av løsningen til likningssystemet (også når vi har (ikke-redusert) trappeform, men da må vi gjøre noen ekstra regninger; såkalt baklengs substitusjon ). Vi har sett at et lineært likningssystem kan være inkonsistent (gir ikke mening og har ingen løsning) eller konsistent (med nøyaktig én eller uendelig mange løsninger). Hvordan kan vi se hvor mange løsninger vi har fra den reduserte trappeformen? Én løsning Den reduserte trappeformen vil være identitetsmatrisen og i tillegg en kolonne til høyre, som for eksempel matrisen (3.4). Ingen løsning I den reduserte trappeformen vil vi få en rad som består av bare 0-ere, bortsett fra det siste tallet i raden, som er 1, slik som nederste rad i (3.5). En slik rad vil svare til likningen 0 = 1, som jo betyr at systemet er inkonsistent. Vi skal komme til hvordan vi reduserer en matrise til redusert trappeform, og vi nevner allerede nå at hvis det underveis i denne prosessen dukker opp en rad med bare 0- ere bortsett fra det siste tallet, så stopper vi prosessen, siden systemet da er inkonsistent, og vi konkluderer med at systemet ikke har noen løsning (vi reduserer jo matrisen fordi vi vil løse likningssystemet). Uendelig mange løsninger Som vi så i Kapittel 1, får vi inn parametere når vi presenterer uendelig mange løsninger. Dette kan vi se fra den reduserte trappeformen siden i dette tilfellet vil vi få færre ledende 1- ere enn kolonner i koeffisientmatrisen (som er lik antall variable). For eksempel hvis vi har redusert en utvidet matrise til 1 0 0 3 4 0 1 0 2 1 0 0 1 6 2 ser vi at vi har 3 likninger (antall rader), 4 variable (antall kolonner i koeffisientmatrisen, der vi ikke teller siste kolonne, siden den svarer til 45

vektoren b) og vi har 3 ledende 1-ere. Denne matrisen tilsvarer systemet x 1 + 3x 4 = 4 x 2 + 2x 4 = 1 x 3 + 6x 4 = 2. Vi ser at variablene x 1, x 2 og x 3 svarer til de ledende 1-erne. Disse kalles derfor ledende variable. Variablene som ikke svarer til ledende 1-ere kalles frie variable (her: x 4 ), nettopp fordi de er frie og kan velges til hva som helst. Vi innfører derfor parametere for de frie variablene. Antall parametere vi trenger gir oss dimensjonen til løsningsmengden. Hvis vi innfører en parameter t for x 4 i vårt eksempel, kan vi finne uttrykk for de andre variablene uttrykt ved hjelp av parameteren x 4 = t x 1 = 4 3t x 2 = 1 2t x 3 = 2 6t, som passer med at vi i Kapittel 1 presenterte løsningsmengden som {( 4 3t, 1 2t, 2 6t, t): t R}. Nå som vi har lært om matriser kan vi også presentere løsningene som 4 3t 4 3 1 2t 2 6t : t R = 1 2 + t 2 6 : t R. t 0 1 Vi har én parameter, så løsningsmengden er 1-dimensjonal (som blir en linje i R 4, der ( 4, 1, 2, 0) er et punkt på linjen og ( 3, 2, 6, 1) er en såkalt retningsvektor for linjen). 46

3.5 Gauss-Jordan-eliminasjon Vi har sett hvordan vi kan løse lineære likningssystemer når vi har den utvidede matrisen på redusert trappeform. Vi skal nå gi oppskriften for å redusere en matrise til trappeform (kalt Gauss-eliminasjon, eller gaussing ) og videre til redusert trappeform (kalt Gauss-Jordan-eliminasjon). Vi fulgte metoden i Eksempel 3.5, så ta en titt på det igjen, helst mens du leser oppskriften (forøvrig en fin algoritme å programmere). Vi gjentar at for utvidede matriser stopper vi prosessen hvis vi får en rad 0 0 1, siden vi da ikke har noen løsning (vi reduserer jo matrisen kun fordi vi vil løse et likningssystem). Hvordan redusere en (ikke null-)matrise til trappeform (Ta 500 g hvetemel...) 1) Finn første kolonne (fra venstre) som ikke bare har 0-ere. 2) Hvis kolonnen du fant i 1) har 0 i første rad, bytt første rad med en annen rad slik at komponenten i første rad i kolonnen fra 1) er forskjellig fra 0. 3) La a være komponenten i første rad i kolonnen fra 1). Multipliser første rad med 1 for å lage en ledende 1-er. a 4) Legg til et passende multiplum av første rad til radene under slik at alle komponentene under den ledende 1-eren du laget i 3) blir 0. 5) Dekk over første rad og første kolonne og start på 1) med matrisen som gjenstår. Fortsett slik helt til du er ferdig med alle radene. Matrisen du står igjen med er da på trappeform. og videre til redusert trappeform (når vi ikke har rader 0 0 1) 6) Start fra bunnen av matrisen med første rad nedenfra som ikke bare har 0-ere, og jobb oppover rad for rad: For hver rad med en 47

ledende 1-er, legg til et passende multiplum av raden til radene over denne for å få bare 0-ere over den ledende 1-eren. For hver gang vi gjør noe med matrisen pleier vi å skrive symbolet, og vi oppgir gjerne hva vi har gjort. Eksempel 3.9 Reduseringen av matrisen i Eksempel 3.5 kan dermed beskrives slik: 2 4 3 1 3 6 5 0 2 R 1 tilr 2 3 R 1 tilr 3 0 2 7 17 0 3 11 27 1 2 R 2 0 1 7 2 17 2 0 3 11 27 3 R 2tilR 3 0 1 7 2 17 2 0 0 1 2 3 2 2 R 3 0 1 7 2 17 2 0 0 1 3 1 R 2tilR 1 1 0 11 2 35 2 0 1 7 2 17 2 0 0 1 3 11 2 R 3tilR 1 7 2 R 3tilR 2 1 0 0 1 0 1 0 2 0 0 1 3 3.6 Et nyttig resultat Noen ganger er vi bare interessert i å vite hvor mange løsninger et lineært likningssystem har, og ikke nødvendigvis så interessert i å finne dem. I denne sammenhengen viser det seg at determinanten (som vi lærte å regne ut i Seksjon 2.4) til koeffisientmatrisen til likningssystemet kan forenkle regningen. Den sier oss nemlig noe om hvor mange løsninger systemet har. Siden vi skal 48

bruke determinanten, må vi ha kvadratiske matriser, så for å bruke dette resultatet må vi ha like mange likninger som variable. Teorem 3.10 Anta at vi har et lineært likningssystem med n likninger og n ukjente, og la A være koeffisientmatrisen til systemet. Hvis det(a) 0 har likningssystemet nøyaktig én løsning. Hvis det(a) = 0 har likningssystemet enten ingen eller uendelig mange løsninger. Resultatet er litt vanskelig å bevise, men du får lov til å bruke det allikevel. Prøv det ut på noen av oppgavene du allerede har regnet og se at det stemmer! Dette er spesielt nyttig når vi har parametere med i likningssystemet (slik vi hadde i Eksempel 1.18 om trafikknettet i en bydel i London). Vi tar med et eksempel på dette: Eksempel 3.11 Oppgave: a) Regn ut determinanten til matrisen 1 a 0 A = a 2 1 2 0 2 der a er et reelt tall. b) Undersøk for hvilke verdier av a likningssystemet x + ay = 1 ax + 2y + z = 6 2x + 2z = 8 har én løsning, ingen løsning, eller uendelig mange løsninger. Finn alle løsningene i det siste tilfellet. 49

Løsning: a) Vi finner determinanten til A ved regningen 1 a 0 a 2 1 2 0 2 2 1 = 1 0 2 a a 1 2 2 = 4 a(2a 2) + 0 = 2a 2 + 2a + 4. + 0 a 2 2 0 b) Vi ser at A er koeffisientmatrisen til likningssystemet vi får oppgitt, så for å gjøre bruk av Teorem 3.10, må vi finne ut når det(a) 0: Vi løser andregradslikningen det(a) = 0, dvs. 2a 2 + 2a + 4 = 0, eller a 2 a 2 = 0 (ved å dele med 2). Da får vi følgende løsninger: a = 1 ± 1 + 8 2 = 1 ± 3 2 Ved Teorem 3.10 får vi én løsning når a { 1, 2}. Når a = 1 eller a = 2 har vi enten ingen eller uendelig mange løsninger. For å finne ut av når vi har hva, må vi se på hvert av tilfellene spesielt. a = 1 : Vi setter inn a = 1 i likningssystemet, setter opp den utvidede matrisen og reduserer: 1 1 0 1 1 2 1 6 2 0 2 8 = { R 1 tilr 2 2 R 1 tilr 3 2 1 1 1 0 1 0 1 1 5 0 2 2 10 2 R 2 tilr 3 1 1 0 1 0 1 1 5 0 0 0 0 R 2tilR 1 1 0 1 4 0 1 1 5 0 0 0 0 Vi ser at x og y er ledende variabel, mens z er fri. Vi innfører derfor en param- 50

eter t for z. Da blir y = 5 t og x = 4 t, og vi får uendelig mange løsninger når a = 1, gitt ved a = 2 : 4 1 5 + t 1 : t R. 0 1 Vi setter inn og får en ny utvidet matrise som vi reduserer: 1 2 0 1 2 2 1 6 2 0 2 8 2 R 1 tilr 2 2 R 1 tilr 3 1 2 0 1 0 2 1 8 0 4 2 10 1 2 R 2 1 2 0 1 0 1 1 2 4 0 4 2 10 4 R 2tilR 3 1 2 0 1 0 1 1 2 4 0 0 0 6 Av den siste raden ser vi at vi kan redusere den ene likningen til 0 = 6, så likningssystemet gir ingen mening, dvs. har ingen løsning når a = 2. Dermed har vi analysert alle verdier av a og oppgaven er ferdig løst. 3.7 Cramers regel Et annet nyttig resultat er Cramers regel. Teorem 3.10 sa oss at hvis det(a) 0 så har likningssystemet med koeffisientmatrise A nøyaktig én løsning. Denne løsningen kan vi finne ved hjelp av Cramers regel: Teorem 3.12 Hvis vi har et likningssystem med n likninger og n ukjente med utvidet matrise [A b] der det(a) 0, så har likningssystemet nøyaktig én løsning. Denne løsningen er gitt ved x 1 = det(a 1) det(a), x 2 = det(a 2) det(a),..., x n = det(a n) det(a) der A j er matrisen vi får ved å erstatte kolonne j i A med b. 51

Denne regelen er en type regel som gjerne brukes for å studere egenskaper ved løsningene (siden den sier hvordan de ser ut) og ikke så ofte for å finne løsningene, men la oss allikevel ta et eksempel der vi nettopp finner løsningene (for mange av oppgavene vi regner kan Cramers regel være tidsbesparende): Eksempel 3.13 La oss nok en gang løse likningssystemet i Eksempel 1.21 (som vi også løste med radoperasjoner i Eksempel 3.5): Den utvidede matrisen er altså x 1 + x 2 + 2x 3 = 9 2x 1 + 4x 2 3x 3 = 1 3x 1 + 6x 2 5x 3 = 0 [A b] = 2 4 3 1 3 6 5 0 og determinanten til A er det(a) = 1 1 2 2 4 3 3 6 5 = 1 0, så ved Teorem 3.10, har likningssystemet nøyaktig én løsning. Ved Cramers regel blir løsningen (sjekk utregningene! Vi har streket under komponentene der b er satt inn.) 9 1 2 1 4 3 x 1 = det(a 1) det(a) = 0 6 5 1 = 1 1 = 1, 52

1 9 2 2 1 3 x 2 = det(a 2) det(a) = 3 0 5 1 1 1 9 2 4 1 x 3 = det(a 3) det(a) = 3 6 0 1 som er den samme løsningen som vi har funnet før! = 2 1 = 2, = 3 1 = 3, 3.8 Nå skal du kunne definisjonene av: homogent lineært likningssystem, koeffisientmatrisen og den utvidede matrisen til et lineært likningssystem, en matrise på trappeform og på redusert trappeform løse lineære likningssystemer ved Gauss-Jordan-eliminasjon bruke determinanten til koeffisientmatrisen til et lineært likningssystem for å si noe om antall løsninger til systemet bruke Cramers regel til å finne løsningen til et lineært likningssystem som har én løsning bevise for alle interesserte at et lineært likningssystem kan ha enten ingen, én eller uendelig mange løsninger fullstendig overbevise alle som fortsatt tviler om sammenhengen mellom matriser og lineære likningssystemer 53