Reele Vectorruimten




Het begrip en de rekenregels

Inleiding

Vele wiskundige structuren lijken op het eerste zicht verschillend. Maar als we dieper kijken is de gelijkenis verbluffend.
Het voordeel van het bestuderen van een abstracte structuur is dat alle eigenschappen kunnen toegepast worden op alle concrete vertegenwoordigers van die structuur.
Het begrip 'reele vectorruimte' is een abstracte structuur in die zin.

Begrip reele vectorruimte

We starten met een verzameling V en het veld R van de reele getallen. We definieren het begrip vectorruimte met behulp van voorwaarden waaraan de structuur moet voldoen.
Van zodra een concreet voorbeeld aan die voorwaarden voldoet is het een reele vectorruimte. Die voorwaarden worden dan automatisch basiseigenschappen van elke vectorruimte.

We zeggen dat V een vectorruimte is als en slechts als

  1. Er is een optelling '+' in V zo dat V,+ een commutatieve groep is.
  2. Neem een v uit V en een r uit R. Samen bepalen ze een element rv in V.
    Dit product heet de scalaire vermenigvuldiging van r met v en heeft de volgende eigenschappen voor alle r,s in R en alle v,w in V.
  3. r(sv) = (rs)v
  4. r(v + w) = rv + rw
  5. (r + s)v = rv + sv
  6. 1v = v
Elk element van een vectorruimte heet een vector.
Het 0-element uit de groep V,+ heet de 0-vector.
Het tegengestelde element van v in de groep V,+ heet de tegengestelde vector van v.
Het verschil van vectoren wordt gedefinieerd als v - v' = v + (-v') .

Voorbeelden van reele vectorruimten zijn

Rekenregels

Uitgaande van de basiseigenschappen van een vectorruimte, kunnen we de volgende rekenregels bewijzen. Ze gelden voor elke vector u en v in V en voor elk getal r en s uit R.

Deelvectorruimten of kort deelruimten

definitie

M is een deelruimte van een vectorruimte V
als en slechts als

Criterium

Stelling:
Een niet ledig deel M van een vectorruimte V, is een deelruimte
als en slechts als
rx + sy behoort tot M voor alle r,s in R en alle x,y in M.

Deel 1: We tonen eerst aan dat
Als M een vectorruimte is
Dan geldt dat rx + sy is in M voor alle r,s in R en alle x,y in M.

Welnu, uit de basiseigenschappen van vectorruimte volgt:
rx en sy behoren tot M en daardoor behoort ook rx + sy tot M .

Deel 2: we tonen aan dat
Als rx + sy tot M behoort voor alle r,s in R en alle x,y in M,
Dan is M een vectorruimte.

Voorbeeld 1
V is de vectorruimte van alle veeltermen in x. M is de verzameling van alle veeltermen in x van de tweede graad of lager.
We onderzoeken of M een deelruimte is van V. Daartoe nemen we r,s willekeurig in R en we nemen ax2+bx+c en dx2+ex+f uit M.

 
    M is deelruimte van V
<=>
    r(ax2+bx+c) + s(dx2+ex+f) behoort tot M
<=>
    (ra+sd)x2 + (rb+ se)x + (rc+sf)  behoort tot M
Daar de laatste bewering waar is, is M een deelruimte is van V.

Voorbeeld 2
V is de vectorruimte van alle veeltermen in x. M is de verzameling van alle veeltermen in x die deelbaar zijn door (x-2).
We onderzoeken of M een deelruimte is van V. Daartoe nemen we r,s willekeurig in R en we nemen (x-2)p(x) en (x-2)q(x) als willekeurige elementen uit M.

 
    M is deelruimte van V
<=>
    r.(x-2)p(x) + s.(x-2)q(x) behoort tot M
<=>
    (x-2).( r.p(x) + s.q(x) ) behoort tot M
Daar de laatste bewering waar is, is M een deelruimte is van V.

Voorbeeld 3
V is de vectorruimte van alle koppels RxR.
M = { (x,y) | x,y zijn elementen van R en x + y = 1}
Men kan nu de methode volgen zoals in de vorige voorbeelden, maar het kan korter. Daar (0,0) niet in M zit, bevat M geen nulvector. M is geen vectorruimte en dus ook geen deelruimte van V.

Voorbeeld 4
V is de vectorruimte van alle 2x2 matrices. M is de verzameling van alle reguliere 2x2 matrices. We onderzoeken of M een deelruimte is van V. Daartoe nemen we r,s willekeurig in R en A en B zijn willekeurige matrices uit M.

 
    M is deelruimte van V
<=>
    r A + s B  behoort tot M
De laatste bewering is niet waar want voor r=s=0 is 0.A + 0.B = 0 geen element van M. Dus M is geen deelruimte van V.
Opm: zoek zelf een kortere weg om aan te tonen dan M geen deelruimte is van V.

Doorsnede van twee deelruimten

Stelling:
De doorsnede van twee deelruimten M en N van van V, is zelf een deelruimte van V.

Bewijs:
Daar 0 tot M behoort en ook tot N behoort, behoort 0 ook tot de doorsnede.
Voor alle r,s in R en alle x, y in de doorsnede van M en N geldt:
(rx + sy behoort tot M) en (rx + sy behoort tot N), dus behoort het ook tot de doorsnede.
Steunend op vorig criterium kunnen we dus zeggen dat de doorsnede zelf een deelruimte is van V.

Voorbeeld
V is de vectorruimte van alle veeltermen in x.
M is de deelruimte van alle veeltermen in x die deelbaar zijn door (x-2).
N is de deelruimte van alle veeltermen in x die deelbaar zijn door (x-1).
De doorsnede I van M en N is de verzameling van alle veeltermen in x die deelbaar zijn door (x-1)(x-2). I is een deelruimte van V.

Generatoren van een vectorruimte

Lineaire combinaties van vectoren.

Kies uit een vectorruimte V enkele vectoren a,b,c,d. Het aantal vectoren in dit stel is van geen belang.
Maak met die vectoren en met willekeurige reele getallen r,s,t,u een nieuwe vector ra + sb + tc + ud.
We zeggen dat die laatste vector een lineaire combinatie is van de gekozen vectoren.

Voorbeeld: Neem uit de vectorruimte van de geordende drietallen reele getallen, R3, de vectoren (1,2,0) en (0,0,1).
We maken enkele lineaire combinaties van die twee vectoren.

 
    3.(1,2,0) + 4.(0,0,1) = (3,6,4)
   -1.(1,2,0) + 0.(0,0,1) = (-1,-2,0)
    0.(1,2,0) + 0.(0,0,1) = (0,0,0)
Maar niet elke vector van R3 is een lineaire combinatie van (1,2,0) en (0,0,1).
Bijvoorbeeld (1,1,0) is geen lineaire combinatie van (1,2,0) en (0,0,1) want er bestaan geen getallen r en s zodat r.(1,2,0) + s.(0,0,1) = (1,1,0).

Deelruimte en lineaire combinaties van vectoren

Neem een stel vectoren {a,b,c,d} uit een deelruimte M van V. Daar M op zichzelf een vectorruimte is, heeft ze alle eigenschappen van een vectorruimte. Dus alle reele veelvouden van a of b of c of d behoren tot M. En de som van die veelvouden behoren ook tot M. Dus alle lineaire combinaties van a,b,c en d behoren tot M.

Besluit: Elke deelruimte M van V bevat al de lineaire combinaties van een willekeurig stel vectoren uit M.

Genereren van een deelruimte

Zij D = { a,b,c,d} een vast stel vectoren uit V. Het aantal vectoren in dit stel is van geen belang.
Men kan nu lineaire combinaties maken van die vectoren. Daartoe nemen we reele getallen (r,s,t,u) en we vormen ra+sb+tc+ud. Elke lineaire combinatie behoort tot V en op die manier kunnen enorm veel lineaire combinaties van a,b,c,d worden gevormd.

Zij M de verzameling van alle mogelijke lineaire combinaties van die vectoren. We zullen aantonen dat M een vectorruimte is.

Inderdaad, steunend op voorgaand criterium, nemen we twee vectoren u,v uit M. en we zullen aantonen dat, voor alle l en m uit R, lu + mv ook in M zit.

Dus u en v zijn lineaire combinaties van a,b,c,d.
u = r1a+s1b+t1c+u1d
v = r2a+s2b+t2c+u2d
Voor alle l en m uit R, zien we in dat
lu + mv = l.(r1a+s1b+t1c+u1d) + m.(r2a+s2b+t2c+u2d)
= (l r1 + m r2) a + .... + (l u1 + m u2) d
Dus is lu + mv ook een lineaire combinatie is van a,b,c,d. en daardoor is lu + mv ook in M.

Besluit: De verzameling van alle mogelijke lineaire combinaties van een stel vectoren uit V vormt een deelruimte M van V.

Gevolg : Daar elke deelruimte van V welke de vectoren a,b,c,d bevat, ook alle lineaire combinaties van die vectoren bevat, is M de 'kleinste' vectorruimte welke a,b,c,d bevat .

Besluiten en definities:
Alle lineaire combinaties van een stel vectoren D = { a,b,c,d } uit V, genereren een vectorruimte M.
De elementen van D heten generatoren of voortbrengenden van M.
D heet een voortbrengend deel van M.
Men zegt dat M de vectorruimte is opgespannen door D.
Notatie M = span(D) of M = vct(D)
Het is de kleinste vectorruimte welke D omvat.

Voorbeeld 1
V is de vectorruimte R3 = R x R x R .
D = { (2,3,0) , (-1,4,0) }.
Door lineaire combinaties te maken van die twee vectoren kan men alle vectoren maken van de vorm (x,y,0). (Toon dit aan als oefening)
M = span(D) = { (x,y,0) | x,y in R }.

Voorbeeld 2
V is de vectorruimte van alle rijmatrices [a,b,c] met a,b,c reeel.
D = { [1,1,1] }.
M = span(D) = { [r,r,r] | r in R}

Voortbrengende delen - Eigenschappen

Zij D een voortbrengend deel van M.
We zien gemakkelijk in dat:

Voorbeelden:
V is de vectorruimte van alle rijmatrices [a,b,c,d] met a,b,c,d reeel.
D = { [1,0,0,0] , [0,1,0,0] , [2,3,1,0] , [2,4,1,0] }
M = span(D) = span( [1,0,0,0] , [0,1,0,0] , [2,3,1,0] , [2,4,1,0] )

3 [1,0,0,0] + 4 [0,1,0,0] = [3,4,0,0] is in M, dus
M = span( [1,0,0,0] , [0,1,0,0] , [2,3,1,0] , [2,4,1,0] , [3,4,0,0] )

[2,4,1,0] is een lineaire combinatie is van de overige vectoren in D want
[2,4,1,0] = 0 [1,0,0,0] + [0,1,0,0] + [2,3,1,0]. Dus
M = span( { [1,0,0,0] , [0,1,0,0] , [2,3,1,0] }

M = span([17,0,0,0] , [0,1,0,0] , [2,3,1,0] , [2,4,1,0] }

M = span( [1,0,0,0] , [0,1,0,0] - [2,3,1,0] , [2,3,1,0] , [2,4,1,0] }

Lineaire afhankelijkheid

Lineair afhankelijke vectoren

Een verzameling vectoren D heet lineair afhankelijk, als er tenminste 1 vector in D zit welke een lineaire combinatie is van de overige vectoren van D.
Een verzameling van 1 vector heet afhankelijk als en slechts als die vector 0 is.

Voorbeeld:
V is de vectorruimte van alle rijmatrices [a,b,c,d] met a,b,c,d reeel.
D = { [1,0,0,0] , [0,1,0,0] , [2,3,1,0] , [-2,0,-1,0] }

De vectoren van D zijn lineair afhankelijk want
[-2,0,-1,0] = 0 [1,0,0,0] + 3.[0,1,0,0] - [2,3,1,0]

Lineaire onafhankelijkheid

Een verzameling vectoren D heet lineair onafhankelijk als en slechts als die verzameling niet lineair afhankelijk is. Die verzameling vectoren heet dan een vrij deel.

Voorbeeld:
V is de vectorruimte van alle rijmatrices [a,b,c,d] met a,b,c,d reeel.
D = { [1,0,0,0] , [0,1,0,0] , [2,3,1,0] }
De vectoren in D zijn lineair onafhankelijk want er is geen vector in D welke kan geschreven worden als lineaire combinatie van de andere vectoren uit D.

Criterium voor lineair afhankelijke vectoren

Stelling:
Neem een verzameling D = {a,b,c,..,l} van minstens twee vectoren uit een vectorruimte.
De verzameling D is een stel lineair afhankelijke vectoren als en slechts als er een gepast stel reele getallen r,s,t, ... ,z bestaat, niet alle 0, zodat
ra + sb + tc + ... + zl = 0

Bewijs:
Deel 1 :
Als de verzameling D een stel lineair afhankelijke vectoren is dan is er in D minstens 1 vector, bijvoorbeeld b, welke een lineaire combinatie is van de andere. Dus
 
     b = ra + tc + ... + zl
<=>
     ra + (-1)b + tc + ... + zl = 0

     Er bestaan dus getallen, niet alle nul, zodat

     ra + sb + tc + ... + zl = 0     (getal s is -1)
Deel 2 :
Als er een gepast stel van reele getallen r,s,t, ... ,z bestaat, niet alle 0, zodat ra + sb + tc + ... + zl = 0 , dan kiezen we uit r,s,t, ... ,z een getal verschillend van nul, bijvoorbeeld s.
Dan kunnen we schrijven
 
     -sb = ra + tc + ... + zl  (met s niet 0)..
<=>
       b = -(r/s)a - (t/s)c - ... -(z/s)l
We zien dan dat b een lineaire combinatie is van de overige vectoren uit D.
D is dan zeker een stel afhankelijke vectoren.

Voorbeeld:

 
    De vectoren [-12, 17, 14]  [10, -7, 8]  [-11, 3, 24]
    zijn lineair afhankelijk
<=>
    Er bestaat een r,s,t niet alle nul zodat
    r [-12, 17, 14] + s [10, -7, 8] + t [-11, 3, 24] = [0,0,0]
<=>
    Er bestaat een r,s,t niet alle nul zodat
    -12 r + 10 s - 11t = 0
     17 r -  7 s +  3t = 0
     14 r +  8 s + 24t = 0
<=>
    Het  homogeen stelsel

    -12 r + 10 s - 11t = 0
     17 r -  7 s +  3t = 0
     14 r +  8 s + 24t = 0

    heeft een oplossing verschillend van de nul-oplossing.

             (We steunen nu op de theorie van de stelsels)
<=>
    | -12  10  -11 |
    |  17  -7    3 | = 0
    |  14   8   24 |

<=>
      -3930 = 0
Daar de laatste bewering vals is zijn de 3 gegeven vectoren [-12, 17, 14] [10, -7, 8] en [-11, 3, 24] niet lineair afhankelijk.

Gevolg:

Neem een verzameling D = {a,b,c,..,l} van minstens twee vectoren uit een vectorruimte V.
 
   D is een stel lineair onafhankelijke vectoren
<=>
   Als  ra + sb + tc + ... + zl = 0
   dan geldt noodzakelijk dat  r = s = t = ... = z = 0 

Want van zodra 1 van de coefficienten r,s, ... ,z niet nul is, zijn de vectoren afhankelijk!

Voorbeeld:

 
    De vectoren [-12, 17, 14]  [10, -7, 8]  [-11, 3, 24]
    zijn lineair onafhankelijk
<=>
    Als  r [-12, 17, 14] + s [10, -7, 8] + t [-11, 3, 24] = [0,0,0]
    dan geldt noodzakelijk dat  r = s = t = 0

<=>
    Het stelsel
    -12 r + 10 s - 11t = 0
     17 r -  7 s +  3t = 0
     14 r +  8 s + 24t = 0
    heeft enkel de 0-oplossing

             (We steunen nu op de theorie van de stelsels)
<=>
    | -12  10  -11 |
    |  17  -7    3 | is verschillend van nul
    |  14   8   24 |

<=>
      -3930  is verschillend van nul
Daar de laatste bewering waar is is zijn de 3 gegeven vectoren [-12, 17, 14] [10, -7, 8] en [-11, 3, 24] lineair onafhankelijk.

Tweede criterium voor lineair afhankelijke vectoren

Neem een geordende verzameling D = {a,b,c,..,l} van minstens twee vectoren uit een vectorruimte V.
De verzameling D is een stel lineair afhankelijke vectoren als en slechts als er minstens 1 vector is in D die een lineaire combinatie is van de vorige.

Bewijs:
Deel 1:
Als de geordende verzameling D lineair afhankelijke vectoren zijn, dan weten we uit het eerste criterium dat er een gepast stel getallen r,s,t, ... ,z bestaat, niet alle nul, zo dat ra + sb + tc + ... + vi + wj + ... + zl = 0
Zij w de laatste coefficient welke niet nul is. Dan is ra + sb + tc + ... + vi + wj = 0 <=> -wj = ra + sb + tc + ... + vi
Delen we alles door -w dan zien we dat de vector j een lineaire combinatie is van de vorige vectoren uit D.

Deel 2:
Als een vector uit D een lineaire combinatie is van de vorige vectoren uit D, dan is die vector zeker ook een lineaire combinatie van alle vectoren uit D. Het volstaat immers aan die volgende vectoren coefficient 0 te geven. Dus D is een stel lineair afhankelijke vectoren.

Voorbeeld:
We onderzoeken of de vectoren [1, 0, -13] , [2, 17, 0] , [12, 7, 0] onafhankelijk zijn
De tweede vector is geen veelvoud van de vorige, dus de eerste 2 vectoren zijn onafhankelijk. De derde vector is geen combinatie van de vorige want

 
    r[1, 0, -13] + s [2, 17, 0] = [12, 7, 0]
<=>
    r + 2s = 12
       17s = 7
      -13r = 0
en we zien direct dat dit stelsel geen oplossing heeft. Er is dus geen enkele vector die een lineaire combinatie is van de vorige. De drie vectoren zijn onafhankelijk. Het is een vrij deel.

Basis en dimensie van een vectorruimte

Minimaal voortbrengend deel en basis

Zij D een deel van vectorruimte V en noem M de ruimte voortgebracht door D.
M = span(D).
M wordt gegenereerd door de verzameling D. We weten dat D een voortbrengend deel van M blijft als we achtereenvolgens telkens de vectoren schrappen welke een lineaire combinatie zijn van overige.
We kunnen dus zeker de vectoren schrappen die een lineaire combinatie zijn van de vorige.
Tenslotte blijft een stel D' over. Die vectoren zijn nu onafhankelijk.
D' is een vrij deel van M dat ook een voortbrengend deel is van M.
Zo'n minimaal voortbrengend deel van M noemen we een basis van M.
We zullen ons hier beperken tot vectorruimten met een eindige basis.

Voorbeeld:
Gegeven : D = { (1,3) , (2,1) , (4,7) } is een voortbrengend deel van vectorruimte R2.
We zoeken een basis voor R2 in de verzameling D.

(4,7) is een lineaire combinatie van de vorige want (4,7) = 2.(1,3) + (2,1).
We schrappen (4,7).
(2,1) is geen veelvoud van (1,3).
D' = { (1,3) , (2,1) } is vrij en voortbrengend. Het is een basis van R2.

Coordinaten van een vector ten opzichte van een geordende basis.

Zij D = (a,b,c,..,l) een geordende basis van M.
Elke vector v uit M kan geschreven worden als lineaire combinatie van de vectoren uit D.
We tonen nu aan dat v op juist 1 manier kan geschreven worden als lineaire combinatie van de vectoren uit D.

Onderstel een ogenblik dat v op twee manieren kan geschreven worden als lineaire combinatie van de vectoren uit D. Dan zouden we hebben :

 
    v = ra + sb + tc + ... + zl = r'a + s'b + t'c + ... + z'l

=>  (r - r')a + (s - s')b + (t - t')c + ... + (z - z')l = 0

           In de basis D zijn de vectoren  a,b,c,..,l lineair onafhankelijk.

=>  (r - r')=0 en  (s - s')=0  ... en (z - z')=0

=>   r = r' ; s = s' ... 
Besluit:
Elke vector v uit M is juist op 1 manier te schrijven als lineaire combinatie van de basisvectoren. Daar de basis geordend is, hebben die unieke coefficienten ook een vaste volgorde. Het unieke rijtje coefficienten (r,s,t, ... ,z) noemen we de coordinaten van vector v ten opzichte van de gekozen geordende basis.

Notatie co(v) = (r,s,t, ... ,z) of ook v(r,s,t, ... ,z).

Let op het verschil:

v(2,4,-3) is de vector v met coordinaten (2,4,-3).

Maar in v = (2,4,-3) is de vector v gelijk aan de vector (2,4,-3)

Voorbeeld:
Hierboven zagen we dat ( (1,3) , (2,1) ) een geordende basis is van de vectorruimte R2.
Elke vector (r,s) van R2 kan dus op juist 1 manier geschreven worden als x.(1,3) + y.(2,1).
(x,y) zijn dan de coordinaten van de vector (r,s).
Willen we de coordinaten van vector (5,1) dan berekenen we x en y zodat x.(1,3) + y.(2,1) = (5,1)

 
       x.(1,3) + y.(2,1) = (5,1)
<=>
       x + 2 y = 5
      3x +   y = 1
<=>
      x = -3/5, y = 14/5
(-3/5,14/5) zijn de coordinaten van vector (5,1) ten opzichte van de geordende basis ( (1,3) , (2,1) ).

Eigenschappen van coordinaten

Het is gemakkelijk aan te tonen dat co(a + b) = co(a) + co(b)
co(r.a) = r.co(a) met a,b in M en r in R.

Twee basissen van V hebben juist evenveel vectoren

Bewijs:
Onderstel dat basis B1 en B2 een verschillend aantal vectoren hebben.
Bijvoorbeeld B1 = {a,b,c,d} en B2 = {u,v,w}
Dan is span(B2) = V . Dan hebben we V = span{d,u,v,w} en {d,u,v,w} is een verzameling lineair afhankelijk vectoren. Die verzameling bevat minstens 1 vector, bijvoorbeeld v, welke een lineaire combinatie is van de vorige vectoren. Als we die vector schrappen is toch nog V = span{d,u,w} .
En opnieuw is V = span{c,d,u,w} en {c,d,u,w} is een verzameling lineair afhankelijk vectoren. Die verzameling bevat minstens 1 vector, bijvoorbeeld w, welke een lineaire combinatie is van de vorige vectoren. Die vector kan d niet zijn want c en d zijn onafhankelijk als deel van een basis.
We schrappen w en we hebben V = span{c,d,u} .
En opnieuw is V = span{b,c,d,u} en {b,c,d,u} is een verzameling lineair afhankelijk vectoren. Die verzameling bevat minstens 1 vector welke een lineaire combinatie is van de vorige vectoren. Daar b,c en d lineair onafhankelijk zijn, is u een lineaire combinatie van de vorige vectoren. We schrappen u en dan is zeker V = span{b,c,d} .
Opnieuw V = span{a,b,c,d} en {a,b,c,d} is een verzameling lineair afhankelijk vectoren. Dit is onmogelijk want volgens de gegevens is het een basis!

Besluit : Twee basissen van V hebben juist evenveel vectoren

Dimensie van een vectorruimte

Daar een vectorruimte V een constant aantal basisvectoren heeft, is dit aantal karakteristiek voor V. Dit aantal n heet de dimensie van V. notatie dim(V) = n.

Gevolgen

Als dim(V) = n, dan

Voorbeeld
Zij V de vectorruimte R3. Een voor de hand liggende basis van V is ((1,0,0) , (0,1,0) , (0,0,1)).
dim(V)=3. Elke basis bestaat uit 3 vectoren maar drie willekeurige vectoren vormen niet altijd een basis.
Neem nu de drie vectoren ( (2+m,m,m) (n,2,n) (2, 1, -4) ).
We zoeken de nodig en voldoende voorwaarde waaraan m en n moeten voldoen opdat die drie vectoren geen basis vormen van V.

 
   (2+m,m,m) (n,2,n) (2, 1, -4)  vormen geen basis
<=>
   (2+m,m,m) (n,2,n) (2, 1, -4) zijn lineair afhankelijk
<=>
   Er bestaan getallen r,s en t , niet alle nul,  zodat
   r(2+m,m,m) + s(m,2,n) + t(2, 1, -4) = 0
<=>
    Het volgend stelsel heeft een oplossing verschillend van (0,0,0)
    (2+m)r + n s + 2t = 0
       m r + 2 s +  t = 0
       m r + n s - 4t = 0
<=>
    | 2+m   n   2 |
    |  m    2   1 | = 0
    |  m    n  -4 |
<=>
    6 m n - 12 m - 2 n -16 = 0
Enkel en alleen als deze laatste voorwaarde vervuld is vormen de drie vectoren geen basis van V.

Voorbeeld
(1,2,5) en (-1,1,3) zijn twee onafhankelijke vectoren uit R3 want de tweede is geen veelvoud van de eerste.
We zoeken een derde vector zodat de drie vectoren een basis vormen van R3. Die derde vector mag geen lineaire combinatie zijn van die twee vectoren.

We doen een gok en kiezen (1,0,0). Zoals in het vorig voorbeeld geldt:

 
   (1,0,0) (1,2,5) en (-1,1,3) vormen een basis
<=>
   (1,0,0) (1,2,5) en (-1,1,3) zijn lineair onafhankelijk
<=>
   ...
<=>
   | 1 0 0 |
   | 1 2 5 | is niet 0
   |-1 1 3 |
We ontwikkelen de determinant naar de eerste rij en we zien onmiddellijk dat de determinant 1 is. Dus (1,0,0) (1,2,5) en (-1,1,3) vormen een basis van R3.

Vectorruimte en matrices

Rijruimte van een matrix

Neem een m x n matrix A. De rijen van de matrix kunnen beschouwd worden als vectoren van de vectorruimte Rn van alle geordende reele n-tallen
Zij D de verzameling van die m rijen. De ruimte opgespannen door D noemen we de rijruimte van A. De rijen van A genereren die rijruimte. Uit de eigenschappen van voortbrengende delen hebben we

De rijruimte van A verandert niet als we

Dus, deze rijtransformaties veranderen de rijruimte van de matrix niet.
De dimensie van de rijruimte is het aantal lineair onafhankelijke rijen van A.

Dimensie van een rijruimte

We weten dat het mogelijk is om de matrix A, door opeenvolgende gepaste rijtransformaties te omvormen tot een rijcanonieke matrix. De niet 0-rijen zijn dan lineair onafhankelijk en vormen een basis van de rijruimte. Maar dit aantal niet 0-rijen is de rang van de matrix A. Vandaar dat we kunnen zeggen dat de rang van A gelijk is aan de dimensie van de rijruimte van A. Men kan aantonen dat de niet 0-rijen van de rijcanonieke matrix een unieke basis vormen van de rijruimte.
Gevolg : De rang van A is het aantal lineair onafhankelijke rijen in A.

Voorbeeld:
We berekenen de rijruimte van een matrix A en de canonieke basis van die ruimte.

 
     [1  0  2  3]
 A = [1  2  0  1]
     [1  0  1  0]
De rang van A is 3. Er zijn dus drie lineair onafhankelijke rijen.
In dit voorbeeld vormen de drie rijen van de matrix een basis van de rijruimte.
De rijruimte is een 3-dimensionale ruimte met basis ((1 0 2 3),(1 2 0 1),(1 0 1 0)).
Het is een deelruimte van R4.

We vereenvoudigen nu de matrix A, door middel van rijtransformaties tot we de rijcanonieke vorm verkrijgen.

 
     [1  0  2  3]
     [1  2  0  1]
     [1  0  1  0]

R2-R1

     [1  0  2  3]
     [0  2 -2 -2]
     [1  0  1  0]

(1/2)R2

     [1  0  2  3]
     [0  1 -1 -1]
     [1  0  1  0]

R3 - R1

     [1  0  2  3]
     [0  1 -1 -1]
     [0  0 -1 -3]

(-1)R3

     [1  0  2  3]
     [0  1 -1 -1]
     [0  0  1  3]

R1-2.R3

     [1  0  0 -3]
     [0  1 -1 -1]
     [0  0  1  3]

R2 + R3

     [1  0  0 -3]
     [0  1  0  2]
     [0  0  1  3]

We vinden nu de unieke basis van de rijruimte
((1 0 0 -3),(0 1 0 2),(0 0 1 3))

Kolomruimte van een matrix

Op volledig analoge wijze als hierboven kan men met kolommen werken in plaats van met rijen. Men spreekt dan van kolomruimte, kolomtransformaties, lineair onafhankelijke kolommen, dimensie van de kolomruimte, kolomcanonieke basis, ...

Werk dit zelf uit als oefening.

Gevolg : De kolomruimte en de rijruimte van A hebben dezelfde dimensie gelijk aan de rang van A.

Oefening:
Neem de matrix uit vorig voorbeeld en bereken de unieke basis van de kolomruimte.

Voorbeeld:
Voor welke waarden van m is de dimensie van de kolomruimte van A gelijk aan 3.

 
    [ m  1  2 ]
A = [ 3  1  0 ]
    [ 1 -2  1 ]
De dimensie van de kolomruimte van A = rang van A.
De rang van A is 3 als en slechts als (determinant van A is niet 0).
De determinant van A is m-17.
Besluit : de dimensie van de kolomruimte van A gelijk aan 3 als en slechts als m verschillend is van 17.

Coordinaten en verandering van Basis

We zullen de eigenschappen aantonen in een vectorruimte met dimensie 3, maar alles kan uitgebreid worden tot eigenschappen in een vectorruimte met dimensie n.

Neem een geordende basis (u,v,w) in V. Elke vector s heeft dan coordinaten van de vorm (x,y,z) ten opzichte van die basis. Als we een nieuwe basis (u',v',w') kiezen, dat heeft s een ander stel coordinaten (x',y',z').
We zullen nu het verband vastleggen tussen (x,y,z) en (x',y',z').
We weten :
s = xu + yv + zw = x'u' + y'v' + z'w'.
Maar de vectoren van de nieuwe basis hebben ook coordinaten ten opzichte van de oude basis.
co(u') = (a,b,c) => u' = au + bv + cw
co(v') = (d,e,f) => v' = du + ev + fw
co(w') = (g,h,i) => w' = gu + hv + iw
Dus

 
s = x' (au + bv + cw) + y' (du + ev + fw) + z' (gu + hv + iw)
  = (ax' + dy' + gz')u + (bx' + ey' + hz')v + (cx' + fy' + iz')w
Maar we hebben ook
s = xu  +  yv  + zw
Daardoor is het verband tussen de coordinaten
 
x = ax' + dy' + gz'
y = bx' + ey' + hz'
z = cx' + fy' + iz'
We schrijven dit verband in matrixnotatie
 
[x]   [a  d  g] [x']
[y] = [b  e  h].[y']
[z]   [c  f  i] [z']

[a  d  g]
[b  e  h] noemen we de transformatiematrix
[c  f  i]
De kolommen van de transformatiematrix zijn de coordinaten van de nieuwe basisvectoren ten opzichte van de oude basis.

Voorbeeld 1:
Zij V de vectorruimte bestaande uit de vectoren van de gewone driedimensionale ruimte. In die ruimte nemen we de standaard basis e1, e2, e3. Het zijn de eenheidsvectoren volgens x-as, y-as en z-as.
We laten die drie basisvectoren draaien om de z-as over een hoek van 90 graden. Zo krijgen we een nieuwe basis u1, u2, u3.
Het verband tussen oude en nieuwe basis is

 
  u1 =   e2    co(u1) = (0,1,0)
  u2 = - e1    co(u2) = (-1,0,0)
  u3 =   e3    co(u3) = (0,0,1)

De transformatiematrix is

  [0  -1  0]
  [1   0  0]
  [0   0  1]

(x,y,z) zijn de coordinaten van een vector v ten opzichte van de oude basis
(x',y',z') zijn de coordinaten van de vector v ten opzichte van de nieuwe basis
Het verband is

[x]   [0 -1  0] [x']
[y] = [1  0  0].[y']
[z]   [0  0  1] [z']
Voorbeeld 2:
Zij V de vectorruimte bestaande uit alle veeltermen in x, van de derde graad of lager en met reele coefficienten.
In die ruimte nemen we de natuurlijke basis (1,x,x2,x3). De vector 6 + 2x - x2 + 4x3 heeft coordinaten (6,2,-1,4).

We gaan nu over naar een nieuwe basis (1,x,3x2-1,5x3-3x)

De coordinaten van de nieuwe basisvectoren ten opzichte van de oude basis zijn

 
  (1,0,0,0)
  (0,1,0,0)
  (-1,0,3,0)
  (0,-3,0,5)

De transformatiematrix M is

  [1  0 -1  0]
  [0  1  0 -3]
  [0  0  3  0]
  [0  0  0  5]
We berekenen nu de coordinaten (x',y',z',t') van de vector 6+2x-x2+4x3 ten opzichte van de nieuwe basis.
Het verband tussen de oude en de nieuwe coordinaten is
 
   [6]        [x']
   [2]        [y']
  [-1]  =  M  [z']
   [4]        [t']

<=>
   [x']          [6]
   [y'] =  M-1   [2]
   [z']          [-1]
   [t']          [4]

<=>

   [x']    [ 1, 0, 1/3,  0  ]  [6]
   [y'] =  [ 0, 1,  0,  3/5 ]  [2]
   [z']    [ 0, 0, 1/3,  0  ] [-1]
   [t']    [ 0, 0,  0,  1/5 ]  [4]

   [x']    [ 17/3 ]
   [y'] =  [ 22/5 ]
   [z']    [ -1/3 ]
   [t']    [ 4/5  ]
( 17/3 , 22/5 , -1/3, 4/5 ) zijn de coordinaten van de vector 6+2x-x2+4x3 ten opzichte van de nieuwe basis.

Vectorruimten en stelsels lineaire vergelijkingen

De volgende paragrafen steunen op de theorie omtrent stelsels vergelijkingen

Vectorruimten en homogene stelsels

Neem een homogeen stelsel lineaire vergelijkingen met n onbekenden. Elke oplossing van dit stelsel kan opgevat worden als een vector van de vectorruimte V= Rn. Elk veelvoud van een oplossing is ook een oplossing en de som van twee oplossingen is ook een oplossing. Dus alle oplossingen van het stelsel vormen een deelruimte M van V. Die ruimte heet de oplossingsruimte van het homogeen stelsel.

Basis van een oplossingsruimte

Aan de hand van een voorbeeld tonen we aan hoe een basis van een oplossingsruimte kan gevonden worden.
 
/ 2x + 3y - z + t = 0
\ x - y + 2z - t = 0
Dit is een homogeen stelsel van de tweede soort
x en y kunnen gekozen worden als hoofdonbekenden.
z en t zijn de nevenonbekenden
De oplossingen zijn
 
x = -z + (2/5)t
y =  z - (3/5)t

De oplossingenverzameling  kunnen we schrijven als
(-z + (2/5)t , z - (3/5)t , z , t )  met z en  t in R

<=>

z(-1,1,1,0) + t(2/5,-3/5,0,1)    met z en  t in R

Alle oplossingen zijn lineaire combinaties van de lineair onafhankelijke vectoren (-1,1,1,0) en (2/5,-3/5,0,1).
Deze vectoren vormen een basis van de oplossingsruimte.

Oplossingen van een niet homogeen stelsel.

We kunnen zulk stelsel kort noteren als AX = B, met coefficientenmatrix A en de kolommatrix B van de bekende termen. X is de kolommatrix van de onbekenden.
Gelijktijdig beschouwen we het homogeen stelsel AX = 0 met dezelde A en X als daarnet.
Zij X' een vaste oplossing van AX = B dan is AX' = B .
Zij X" een willekeurige oplossing van AX = 0 dan is AX" = 0 .
Nu is,
 
    AX' + AX" = B
<=>
    A(X' + X") = B
<=>
    X' + X" is een oplossing van  AX = B. 
Besluit:
Als we een willekeurige oplossing van AX = 0 optellen bij een vaste oplossing van AX = B
dan is X' + X" een oplossing van AX = B.

Verder geldt:
Als X' een vaste oplossing is van AX = B dan AX' = B .
Als X" een willekeurige oplossing is van AX = B dan AX" = B .
Dan is

 
    AX" - AX' = 0
<=>
    A(X" - X') = 0
<=>
    X" - X' is een oplossing van AX = 0
<=>
    X"  =  X' + (een oplossing van AX = 0)
Besluit:
Elke willekeurige oplossing van AX = B is de som van een vaste oplossing van AX = B en een oplossing van AX = 0

Als we een vaste oplossing hebben van AX = B en we tellen die oplossing op bij alle oplossingen van de overeenkomstige homogene vergelijking, dan krijgen we alle oplossingen van AX = B.

Voorbeeld:

 
/ 2x + 3y - z + t = 0
\ x - y + 2z - t = 0

Hierboven hebben we gezien dat de oplossingen z(-1,1,1,0) + t(2/5,-3/5,0,1) zijn,
met z en  t in R


 Anderzijds heeft

  / 2x + 3y - z + t = 5
  \ x - y + 2z - t = 0

  de oplossing (1,1,0,0)

  Alle oplossingen van het laatste stelsel zijn

  (1,1,0,0) + z(-1,1,1,0) + t(2/5,-3/5,0,1) met z en  t in R

Som van twee vectorruimten

Stel dat A en B deelruimten van V zijn.

We definieren de som van A en B als de verzameling

{ a + b met a in A en b in B }

We schrijven de som als A + B.


De som als een deelruimte

Stelling: De som A+B, zoals hierboven gedefinieerd, is een deelruimte van V.

Bewijs:

Voor alle a1 en a2 in A en alle b1 en b2 in B en alle r, s in R geldt:

 
a1 + b1 en a2 + b2 zijn twee willekeurige vectoren uit A + B.

r(a1 + b1) + s(a2 + b2)  = (r a1 + s a2) + (r b1 + s b2)

   is in A + B.

Directe som van twee vectorruimten

De som A + B , zoals hierboven gedefinieerd, heet een directe som als en slechts als de nulvector het enige gemene element is van A en B.

Voorbeeld :

 
In de ruimte  R3 definieren we
    A = span{ (3,2,1) }
    B = span{ (2,1,4) ; (0,1,3) }
We onderzoeken of A+B een directe som is.

 
r,s,t zijn reele getallen.
elke vector in ruimte A is van de vorm r.(3,2,1) en
elke vector in ruimte B is van de vorm s.(2,1,4) + t.(0,1,3) .

Voor elke gemene vector van A en B bestaat er een passende waarde van r,s,t zo dat

    r.(3,2,1) = s.(2,1,4) + t.(0,1,3)

<=>

    r.(3,2,1) - s.(2,1,4) - t.(0,1,3) = (0,0,0)

<=>
    / 3r - 2s     = 0
    | 2r -  s - t = 0
    \ r  - 4s -3t = 0


Daar  |3  -2   0|
      |2  -1  -1| niet 0 is heeft
      |1  -4  -3|

het vorig stelsel enkel de nuloplossing r = s = t = 0.

De vector (0,0,0) is dus de enige gemene vector van A en  B.

A+B is een directe som van A en B!

Eigenschap van directe som

Als A + B een directe som is, dan kan elke vector v uit A+B juist op 1 manier geschreven worden als de som van een element uit A en een element uit B.

Bewijs:

 
Onderstel v = a1 + b1 = a2 + b2  met ai in A en bi in B.

Dan is  a1 - a2 = b2 - b1 en  a1 - a2 is in A en  b2 - b1 is in B

Daarom is  a1 - a2 = b2 - b1 een gemeen element van A en B.

Maar het enige gemeen element is de nulvector.

Dus,  a1 - a2 = 0 en b2 - b1 = 0

zodat   a1 = a2  en b2 = b1

Voorbeeld :

 
In de ruimte  R3 definieren we
    A = span{ (3,2,1) }
    B = span{ (2,1,4) ; (0,1,3) }
We weten uit vorig voorbeeld dat  A+B een directe som is.

We zullen de vector (7,3,6) schrijven als de som van een element uit A en een element uit B.


We berekenen (r,s,t) zodat (7,3,6) = r(3,2,1) +s(2,1,4) + t(0,1,3)

 
   3r + 2s + 0t = 7
   2r + 1s + 1t = 3
   1r + 4s + 3t = 6
Dit is een stelsel van Cramer. Ze heeft juist 1 oplossing.
Men vindt als oplossing (1, 2, -1)
Dus de unieke schrijfwijze van (7,3,6) als de som van een element uit A en een element uit B is
 
    (7,3,6) = (3,2,1) + (4,1,5)

Supplementaire vectorruimten

Onderstel dat vectorruimte V de directe som is van ruimte A en B, dan
 
A heet de supplementaire vectorruimte van B ten opzichte van  V.

B heet de supplementaire vectorruimte van A ten opzichte van  V.

A en B noemen we supplementaire vectorruimten ten opzichte van  V.


Basis en directe som

Stelling:
V is de directe som van de ruimten M en N.

Als {a,b,c,..,l } een basis is van M en {a',b',c',..,l' } een basis is van N,
dan is {a,b,c,..,l,a',b',c',..,l' } een basis van M+N.


Bewijs:
Elke vector van V kan geschreven worden als m + n met m in M en n in N.
Dan is m = ra + sb + tc + ... + zl en n = r'a' + s'b' + t'c' + ... + z'l' , met r,s,t,...z,r',s',t',...z' reele coefficienten.

Dus elke vector v = ra + sb + tc + ... + zl + r'a' + s'b' + t'c' + ... + z'l'
Dus de verzameling {a,b,c,..,l,a',b',c',..,l'} genereert V.

Als ra + sb + tc + ... + zl + r'a' + s'b' + t'c' + ... + z'l' = 0 , Dan ra + sb + tc + ... + zl is een vector m uit M en
r'a' + s'b' + t'c' + ... + z'l' is een vector n uit N.

Uit een vorige stelling weten we dat we de nulvector juist op 1 manier kunnen schrijven als de som van een element van M en een element van N. Deze unieke manier is 0 = 0 + 0 met 0 in M en 0 in N.

Hieruit volgt noodzakelijk dat m = n = 0 en dus ra + sb + tc + ... + zl = 0 en
r'a' + s'b' + t'c' + ... + z'l' = 0

Daar alle vectoren in deze uitdrukkingen lineair onafhankelijk zijn, is het noodzakelijk dat alle coefficienten nul zijn en daardoor weten we dat de genererende vectoren {a,b,c,..,l,a',b',c',..,l'} lineair onafhankelijk zijn.

Dimensie van een directe som

Uit vorige stelling volg dat dim(A+B) = dim(A) + dim(B)

Omgekeerde stelling

Als {a,b,c,..,l } een basis is van M en {a',b',c',..,l' } een basis is van N, en {a,b,c,..,l,a',b',c',..,l' } lineair onafhankelijk zijn, dan is M+N een directe som.

Bewijs:
Elk element m van M kan geschreven worden als ra + sb + tc + ... + zl .
Elk element n van N kan geschreven worden als r'a' + s'b' + t'c' + ... + z'l' .
Voor een gemeen element hebben we
 
  ra + sb + tc + ... + zl  = r'a' + s'b' + t'c' + ... + z'l'

<=>
 ra + sb + tc + ... + zl - r'a' - s'b' - t'c' - ... - z'l' = 0
Daar alle vectoren lineair onafhankelijk zijn, moeten alle coefficienten nul zijn. De enige gemene vector is de nulvector.

Directe som criterium

Uit de twee vorige stellingen leiden we af dat:
Als {a,b,c,..,l } een basis is van M en {a',b',c',..,l' } een basis is van N, dan
 
M+N is een  directe som   <=> {a,b,c,..,l,a',b',c',..,l' } zijn lineair onafhankelijk


Voorbeeld:
Zij V de vectorruimte bestaande uit alle veeltermen in x met reele coefficienten.
M is deelruimte van V met basis (12, 7x + 2x2)
N is deelruimte van V met basis (3x, 4x + 5x2)
Onderzoek of M+N een directe som is.

 
   M+N is een directe som
<=>
   De vectoren (12, 7x + 2x2, 3x, 4x + 5x2)  zijn lineair onafhankelijk
Welnu, alle linaire combinaties van die vier vectoren vormen een deelruimte van de ruimte van alle veeltermen van de tweede graad of lager.
De dimensie van die ruimte is drie want (1,x,x2) is een basis van die ruimte.
De dimensie van M+N is dus drie of lager.
Het is dus onmogelijk dat de vier vectoren (12, 7x + 2x2, 3x, 4x + 5x2) lineair onafhankelijk zijn.
M+N is geen directe som

Projectie in een vectorruimte

Kies twee supplementaire deelruimten M en N uit V. Elke vector v van V kan juist op 1 manier geschreven worden als som van een element m van M en een element n van N.

Dan is v = m + n .

Nu kunnen we een transformatie definieren

 
p: V --> V : v --> m

We noemen die transformatie

        De projectie van  V op M evenwijdig met N
Voorbeeld:

V is de vectorruimte van alle veeltermen in x met graad kleiner of gelijk aan 3.
We definieren twee supplementaire deelruimten.
M = span { 1, x }
N = span { x2, x3 }
Elke vector van V is de som van juist 1 vector van M en van N.
vb: 2x3 - x2 + 4x - 7 = (2x3 - x2) + (4x - 7)

Noem p de projectie van V op M evenwijdig met N, dan

 
    p(2x3 - x2 + 4x - 7 ) = 4x - 7
Noem q de projectie van V op N evenwijdig met M, dan
 
    q(2x3 - x2 + 4x - 7 ) = 2x3 - x2
Voor het opstellen van de matrix van een projectie zie hoofstuk over lineaire transformaties.

Gelijkvormigheidstransformatie van een vectorruimte

Zij r een constant reeel getal.
In een vectorruimte V definieren we de transformatie
 
   h : V --> V : v --> r.v
We noemen h een gelijkvormigheidstransformatie van V met factor r.

Belangrijke speciale waarden voor r zijn 0, 1 en -1.

Spiegeling in een vectorruimte

Kies twee supplementaire deelruimten M en N uit V. Elke vector v van V kan juist op 1 manier geschreven worden als som van een element m van M en een element n van N.

Nu kunnen we een transformatie definieren

 
    s : V --> V : v --> m - n
We zeggen dat s de spiegeling is van V om M evenwijdig met N.

Deze definitie is de veralgemening van een gewone spiegeling in het vlak. Inderdaad, als je de gewone vectoren neemt in het vlak en als M en N deelruimten zijn met dimensie 1, dan zal je zien dat, met de vorige definitie, s niets anders is dan de gewone spiegeling om M evenwijdig met N.

Voorbeeld van een spiegeling

 
Neem V = R4.

M = span{(0,1,3,1);(1,0,-1,0)}

N = span{(0,0,0,1);(3,2,1,0)}
M en N zijn supplementaire deelruimten. (bewijs als oefening)

We berekenen nu het beeld van de spiegeling van de vector v = (4,3,3,1) om M evenwijdig met N.

Eerst schrijven we v als de som van m uit M en n uit N.

 
 (4,3,3,1) = x.(0,1,3,1) + y.(1,0,-1,0) + z.(0,0,0,1) + t.(3,2,1,0)
De oplossing van dit stelsel is x = 1; y = 1; z = 0; t = 1. De unieke splitsing van v is
 
(4,3,3,1) = (1,1,2,1) + (3,2,1,0)
Het spiegelbeeld van vector v = (4,3,3,1) om M evenwijdig met N is de vector v ' =
 
   (1,1,2,1) - (3,2,1,0) = (-2,-1,1,1)

Voor het opstellen van de matrix van een spiegeling zie hoofstuk over lineaire transformaties.

Uitgewerkte oefeningen

 
Opgeloste oefeningen over vectorruimten kan je vinden via deze link.
 




MATH-abundance - tutorial

Site adres is http://home.scarlet.be/math/nl/

Zend alle vragen, foutmeldingen en opmerkingen naar Johan.Claeys@ping.be
Het onderwerp of subject van de mail moet het woord 'wiskunde' bevatten omdat andere mails weggefilterd worden.