w214 lineêre algebra - stellenbosch university · 2019-05-31 · hoofstuk1 abstraktevektorruimtes...

W214 Lineêre Algebra

W214 Lineêre Algebra

Bruce Bartlett

v

0.1 Nota aan die studentJou tweede ontmoeting met lineêre algebra lê tans voor jou. In die eerste jaaris daar gefokus op sisteme van lineêre vergelykings, matrikse en matriksdeter-minane. Die kursus wat volg, keer terug na hierdie onderwerpe, maar met ’nmeer abstrakte, wiskundige aanslag.

Moenie abstraksie vrees nie. Dit behels eenvoudig om ontslae te raak vanoorbodige besonderhede en om jouself uitsluitlik met die mees belangrike ken-merke van ’n probleem te bemoei. Dit leen jou daartoe om die probleem beterte verstaan. Daar is minder dinge om jou oor te bekommer! Verder, as jy’n ander probleem sou teëkom wat op eerste oogopslag anders lyk, maar die-selfde belangrike kenmerke met die oorskpronklike probleem deel, dan kan jydie probleem op dieselfde manier verstaan. Dít maak abstraksie baie kragtig.

In die studie van abstrakte wiskunde gebruik ons die taal van definisies,stellings en bewyse. Om aan hierdie denkwyse gewoond te raak (en abstraktewiskundige denke te ontwikkel) kan aanvanklik oorweldigend voel. Maar vol-hard! Eendag sal jy dit ‘snap’ en jy sal besef dit is heelwat eenvoudiger as watjy jou voorgestel het.

Wiskunde word nie gelees soos ’n roman nie. Jy benodig ’n pen en no-taboekie byderhand en jy sal aktief by die materiaal betrokke moet raak. Byvoor-beeld, as jy ’n definisie teëkom, begin deur dit in jou notaboekie neer te skryf.Net die blote skryf daarvan kan terapeuties wees!

As jy ’n uitgewerkte voorbeeld behandel, skryf die voorbeeld self uit. Miskienprobeer die voorbeeld vir jou wys dat A gelyk aan B is. Vra jouself af: Ver-staan ek wat ‘A’ werklik beteken? En wat ‘B’ beteken? Slegs dan is jy gereedom te oorweeg of A gelyk aan B is!

Baie sterkte met hierdie nuwe fase van jou wiskundige opleiding. Genietdie reis!

Inhoudsopgawe

0.1 Nota aan die student . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . v

1 Abstrakte vektorruimtes 11.1 Inleiding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Definisie van ’n abstrakte vektorruimte . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Eerste voorbeeld van ’n vektorruimte . . . . . . . . . . . . . . . 71.4 Verdere voorbeelde en slaggate . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5 ’n Paar resultate rakende abstrakte vektorruimtes . . . . . . . . 181.6 Deelruimtes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 Eindigdimensionele vektorruimtes 332.1 Lineêre kombinasies en span . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.2 Lineêre onafhanklikheid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.3 Basis en dimensie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.4 Koördinaatvektore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.5 Basisverandering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3 Lineêre afbeeldings 763.1 Definisie en Voorbeelde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.2 Komposisie van lineêre afbeeldings . . . . . . . . . . . . . . . . 873.3 Isomorfismes van vektorruimtes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.4 Lineêre afbeeldings en matrikse . . . . . . . . . . . . . . . . . . 943.5 Kern en Beeld ’n Lineêre Afbeelding . . . . . . . . . . . . . . . 1023.6 Injektiewe en surjektiewe lineêre afbeeldings . . . . . . . . . . . 112

4 Tutoriale 1154.1 Tutoriaal 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1154.2 Tutoriaal 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1164.3 Tutoriaal 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1184.4 Tutoriaal 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1194.5 Tutoriaal 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1224.6 Tutoriaal 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1254.7 Tutoriaal 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

5 Matrikshersiening 129

Bibliography 132

vi

Hoofstuk 1

Abstrakte vektorruimtes

1.1 Inleiding

1.1.1 Drie verskillende versamelingsOns begin met ’n speletjie. In wiskunde is ’n versameling X maar net ’nkolleksie van onderskeibare objekte. Hierdie objekte word elemente van Xgenoem.

Ek gaan drie verskillende versamelings aan jou toon en jy moet sê wattereienskappe hulle in gemeen het.

Die eerste versameling, A, word gedefinieer as die versameling van allegeordende pare (x, y), waar x en y reële getalle is.

Kom ons stop hier vir ’n oomblik en vertaal die definisie van Afrikaansna wiskundige simbole. Die vertaling is:

A := {(a1, a2) : a1, a2 ∈ R}. (1.1.1)

Die := staan vir ‘is gedefinieer as’. Die { en } simbole staan vir‘die versalmeling van alle’. Die enkele dubbelpunt : staan vir ‘waar’of ‘sodat’. Die komma tussen a en b staan vir ‘en’. Die ∈ staan vir`’n element van’. En R staan vir die versameling van alle reële getalle.Veels geluk! — jy gebruik die taal van wiskunde!

’n Element van A is ’n arbitrêre paar van reële getalle a = (a1, a2). Byvoor-beeld, (1, 2) ∈ A en (3.891, eπ) is elemente van A. Let ook op dat ek ’n vetdruka gebruik om na ’n element van A te verwys. Dit is sodat ons a kan onderskeivan sy komponente a1 en a2, wat net gewone getalle is (nie elemente van Anie).

Ons kan ’n element a van A visualiseer as ’n punt in die Cartesiese vlakwaarvan die x-koördinaat a1 en die y-koördinaat a2 is:

a visualiseer as7−−−−−−−−→ x

y

a1

a2 a

Die tweede versameling, B, word gedefinieer as die versameling van allegeordende reële drietalle (u1, u2, u3), wat u1 − u2 + u3 = 0 bevredig. In

1

HOOFSTUK 1. ABSTRAKTE VEKTORRUIMTES 2

wiskundige simbole is dit soos volg:

B := {(b1, b2, b3) : b1, b2, b3 ∈ R en b1 − b2 + b3 = 0}. (1.1.2)

Byvoorbeeld, (2, 3, 1) ∈ B, maar (1, 1, 1) /∈ B. Ons kan ’n element b vanB visualiseer as ’n punt in die vlak in 3-dimensionele ruimte wat deur dievergelyking x− y + z = 0 daargestel word:

b visualiseer as7−−−−−−−−→y

z

x

b

Die derde versameling, C, is die versameling van alle vierdegraadse poli-nome. Omgesit in wiskundige simbole, ,

C := {polinome met graad ≤ 4}. (1.1.3)

Onthou dat die graad van ’n polinoom is die grootse mag van x wat daarinverskyn. Byvoorbeeld, c = x4 − 3x3 + 2x2 is ’n vierdegraadse polinoom; soook is p = 2x3 + πx. So c en p is elemente van C. Maar r = 8x5 − 7en s = sin(x) is nie elemente van C nie. Ons kan ’n element c ∈ C (i.e. ’nvierdegraadse polinoom) met sy grafiek visualiseer. Byvoorbeeld, die polinoomc = x4 − 3x3 + 2x2 ∈ C word soos volg visualiseer:

c visualiseer as7−−−−−−−−→ x

y c

Daar het jy dit. Ek het drie versamelings definieer: A, B en C, en ek hetverduidelik hoe elkeen visualiseer kan word. Die drie versamelings lyk aan-vanklik redelik verskillend. Elemente van A is arbitrêre punte in R2. Elementevan B is punte in R3 wat ’n sekere vergelyking bevredig. Elemente van C isalmal polinome.

Watter kenmerke het hierdie versamelings in gemeen?

1.1.2 Gedeelde kenmerke van die versamelingsEk wil fokus op twee kenmerke wat versamelings in A, B en C in gemeen het.

1.1.2.1 Sommering

Eerstens het aldrie hierdie versamelings ’n natuurlike sommeringsbewerking.Ons kan twee elemente in ’n versameling bymekaar tel om ’n derde element indieselfde versameling te kry.

In Versameling A kan ons twee elmente a = (a1, a2) en a′ = (a′1, a′2)bymekaar tel deur hulle onderskeie komponente bymekaar te tel om ’n nuweelement a + a′ ∈ A te vorm:

(a1, a2)︸︷︷︸a

+ (a′1, a′2)︸︷︷︸a′

:= (a1 + a′1, a2 + a′2)︸︷︷︸a+a′

(1.1.4)

Byvoorbeeld, (1, 3) + (2, −1.6) = (3, 1.4). Ons kan die sommeringsbew-erking soos volg visualiseer:


x

y

a1

a2 a

+ x

y

a′1

a′2 a′ =x

y

a1 + a′1

a2 + a′2

a + a′

Ons kan ’n soortgelyke benadering in versameling B volg. Versonderstelons het twee elemente van B, b = (b1, b2, b3) en b′ = (b′1, b′2, b′3). Let daaropdat, omdat b ∈ B, bevredig b se komponente die vergelyking b1− b2 + b3 = 0.So bevredig b′ ook b′1 − b′2 + b′3 = 0. Ons kan b en b′ saamtel om ’n nuweelement b + b′ van B te kry, deur hulle komponente saam te tel soos tevore:

(b1, b2, b3)︸︷︷︸b

+ (b′1, b′2, b′3)︸︷︷︸b′

:= (b1 + b′1, b2 + b′2, b3 + b′3)︸︷︷︸b+b′

(1.1.5)

Nou moet ons versigtig wees. Hoe weet ons dat die uitdrukking aan dieregterkant regtig ’n element van B is? Ons moet seker maak dat dit dievergelyking ‘die eerste komponent minus die tweede komponent plus die derdekomponent is gelyk aan nul’ bevredig. Kom ons doen dit formeel:

(b + b′)1 − (b + b′)2 + (b + b′)3 = (b1 + b′1)− (b2 + b′2) + (b3 + b′3). = (b1 − b2 + b3) + (b′1 − b′2 + b′3)

= 0 + 0= 0.

B kan op die selfde manier as A visualiseer word.Daar is ook ’n sommeringsbewerking in die versameling C. Ons kan twee

polinome algebraïes bymekaartel deur hulle ooreenstemmende koëffisiënte bymekaarte tel:

[c4x4 + c3x

3 + c2x2 + c1x

1 + c0] + [d4x4 + d3x

3 + d2x2 + d1x

1 + d0]:= (c4 + d4)x4 + (c3 + d3)x3 + (c2 + d2)x2 + (c1 + d1)x1 + (c0 + d0) (1.1.6)

Byvoorbeeld,

[2x4 + x2 − 3x+ 2] + [2x3 − 7x2 + x] = 2x4 + 2x3 − 6x2 − 2x+ 2.

Daar is nog ’n manier om aan die sommering van polinome te dink. Elkepolinoom c kan gesien word as ’n funksie, in die sin dat ons ’n arbitrêre waardex in die polinoom c in kan vervang, en dit sal ’n waarde c(x) voortbring.Byvoorbeeld, as c(x) = 3x2− 1, dan is c(2) = 11. As ons polinome as funksiesbeskou, dan kan aan die som c + d van twee polinome gedink word as ’n nuwefunksie wat, wanneer ’n getal x invervang word, dit die waarde c(x) + d(x)teruggee. Wiskundig geskryf,

(c + d)(x) := c(x) + d(x) (1.1.7)

Deur so te dink, kan ons die grafiek van c + d as die som van die grafiekevan c en d voorstel:

x

y c

x

c(x)

+ x

y

d

x

d(x)

= x

y

c + dx

c(x) + d(x)


1.1.2.2 Nul-element

In aldrie versamelings A, B en C, bestaan daar ’n spesifieke element (die nul-element) 0 wat, as dit by ’n ander element getel word, lewer dit weer dieselfdeelement onveranderd terug.

In A word die nul-element 0 definieer deur

0 := (0, 0) ∈ A. (1.1.8)

Wanneer jy hierdie punt by ’n ander punt (a1, a2) ∈ A tel, gebeur niks nie!

(0, 0) + (a1, a2) = (a1, a2).

Moenie die nul-element 0 ∈ A met die reële getal nul (0 ∈ R) verwar nie.Dit is nog ’n rede hoekom ek vetdruk gebruik! (Jy moet elemente van Aonderstreep om die onderskeid te tref.)

(0, 0, 0) ∈ B is die nul-element 0 in B. As jy dit by ’n ander punt(u1, u2, u3) ∈ B tel, gebeur niks nie!

(0, 0, 0) + (u1, u2, u3) = (u1, u2, u3).

In C is die nul-polinoom die nul-element 0. Algebraïes is dit die vierde-graadse polinoom waarvan die koëffisiënte almal nul is:

0 = 0x4 + 0x3 + 0x2 + 0x+ 0 (1.1.9)

As ons aan die polinoom as ’n funksie dink, dan is die nul-polinoom 0 diefunksie wat vir alle waardes van x nul is, i.e. 0(x) = 0 vir alle x. Hoe onsookal daaraan dink, as ons die nul-polinoom by ’n ander polinoom tel, gebeurniks nie!

[0x4 + 0x3 + 0x2 + 0x+ 0] + [c4x4 + c3x

3 + c2x2 + c1x+ c0]

= [c4x4 + c3x

3 + c2x2 + c1x+ c0]

1.1.2.3 Skalaarvermenigvuldiging

Die laaste kenmerk wat A, B en C in gemeen het is dat met elke versamel-ing, hul elemente met reële getalle vermenigvuldig kan word en steeds in dieversameling sal wees.

Byvoorbeeld, as a = (a1, a2) ’n elment van A is, dan kan ons dit met ’narbitrêre reële getal, sê maar 9, vermenigvuldig, om ’n nuwe element 9 · a vanA te kry. Hierdie vermenigvuldiging word komponentgewys gedoen:

9 · (a1, a2) := (9a1, 9a2). (1.1.10)

In die algemeen, as k ∈ R ’n arbitrêre reële getal is, dan kan ons ’n arbitrêreelement a ∈ A met k vermenigvuldig om ’n nuwe element k ·a ∈ A te kry deurelke komponent van a met k te vermenigvuldig:

k.(a1, a2)︸︷︷︸Skalaarvermenigvuldiging

:= ( ka1︸︷︷︸Vermenigvuldig twee getalle

, ka2︸︷︷︸)Wees versigtig om te onderskei tussen skalaarvermenigvuldiging k·a (aange-

dui met ·) en gewone vermenigvuldiging van reële getalle ka1 (aangedui sonder


enige simbool, die twee simbole word bloot langs mekaar geplaas). Later gaanons ’n kortpad neem en ophou om die · eksplisiet uit te skryf — wees gewaarsku!

Visueel skaleer die vermenigvuldigingsbewerking a met ’n faktor van k. Ditis hoekom ons dit skalaarvermenigvuldiging noem.

Daar is ’n soortgelyke skalaarvermenigvuldigingsbewerking in B:

k(u1, u2, u3) := (ku1, ku2, ku3) (1.1.11)

Daar is ook ’n skalaarvermenigvuldigingsbewerking in C. Ons vermenigvuldigelke koëffisient van ’n polinoom c ∈ C met k:

k · [c4x4 +c3x

3 +c2x2 +c1x+c0] = kc0x

4 +kc3x3 +kc2x

2 +kc1x+kc0 (1.1.12)

As ons aan ’n polinoom c as ’n funksie dink, dan korrespondeer dit metvertikale skalering van die grafiek met ’n faktor van k.

1.1.3 Kenmerkse wat die versamelings nie het nieKom on noem ’n paar kenmerke wat die versamelings nie het nie, of ten minstenie in gemeen het nie.

• Die versameling A = R2 het ’n vermenigvuldigingsbewerking. Dit is om-dat ons R2 as die komplekse vlak C kan beskou; ons weet hoe om kom-plekse getalle kan vermenigvuldig. Daar is geen duidelike kandidaat vir’n vermenigvuldigingsbewerking op B nie. Dieselfde geld vir C: as jytwee vierdegraadse polinome in C vermenigvuldig, eindig jy met ’n agt-stegraadse polinoom, wat nie in C is nie!

• Daar is ’n ‘bereken die afgeleide’-bewerking op C,

c 7→ d

dxc

wat ons later weer sal teëkom. Let op dat die wanneer die afgeleidebereken word, die graad van ’n polinoom met 1 afneem, so die resultaatbly in C, wat beteken dat dit ’n goedgedefinieerde afbeelding van C naC is. Daar is geen ooreenstemmende bewerking hiervoor in A en B nie.

Let daarop dat daar geen integrasie-afbeelding van C na C is nie,want integrasie van ’n polinoom verhoog die graad met 1, so dieresultaat mag dalk ’n polinoom van graad 5 wees, wat nie in C isnie!

1.1.4 ReëlsOns het gevind dat elk van ons drie versamelings A, B en C ’n sommerings-bewerking +, ’n nul-element 0 en ’n skalaarvermenigvuldigingsbewerking · het.Kan ons enige reëls identifiseer waaraan hierdie bewerkings in al drie versamel-ings moet voldoen?

Byvoorbeeld, ons kan aan die sommeringsbewerking in A dink as ’n funksiewat aan elke elementpaar a en a′ in A ’n nuwe element a + a′ in A toeken.Voldoen hierdie bewerking aan enige reëls?

Kom ons kyk. Laat a = (a1, a2) en a′ = (a′1, a′2) elemente van A wees.Ons kan hulle in twee verskillende volgordes bymekaar tel,

a + a′ = (a1 + a′1, a2 + a′2)


ena′ + a = (a′1 + a1, a

′2 + a2).

Kom dit op dieselfde neer? In ander woorde, geld

a + a′ = a′ + a (1.1.13)

as ’n reël? Die antwoord is ja, maar hoekom? Om na te gaan of twee elementevan A dieselfde is, moet ons nagaan of elkeen van hulle komponente gelykis. Die eerste komponent van a + a′ is a1 + a′1. Die eerste komponent vana′ + a is a′1 + a1. Is a1 + a′1 = a′1 + a1? Ja — want beide is net gewone reëlegetalle (nie elemente van A nie), en ons weet dat vir gewone reële getalle kanjy in enige orde saamtel met dieselfde resultaat. So die eerste komponent vana + a′ is gelyk aan die eerste komponent van a′ + a. Net so kan ons nagaandat die tweede komponent van a + a′ gelyk is aan die tweede komponent vana′ + a. So all die komponente van a + a′ is gelyk aan al die ooreenstemmendekomponente van a′+a. So, uiteindelik kan ons tot die gevolgtrekking kom data + a′ = a′ + a.

Geld hierdie reël (1.1.13) ook vir sommeringsoperators in B en C? Ja.Byvoorbeeld, kom ons gaan na dat dit vir C geld. Veronderstel dat c en c′polinome in C is. Geld die reël

c + c′ = c′ + c (1.1.14)

steeds?Die linker- en regterkante van (1.1.14) is elemente van C. En alle elemente

van C is polinome. Om na te gaan of twee polinome gelyk is, moet ons nagaanof hulle gelyk is as funksies, met ander woorde, of jy identiese resultate uitkryvir enige moontlike insetwaarde van x wat invervang word.

By ’n arbitrêre insetwaarde x is die linkerkant (c + c′)(x) = c(x) + c′(x).Aan die anderkant is die regterkant (c′ + c)(x) = c′(x) + c(x). Nou, let opdat c(x) en c′(x) gewone getalle is (en nie polinome nie). So c(x) + c′(x) =c′(x) + c(x), want dit is waar vir gewone getalle. So vir elke insetwaarde x,(c + c′)(x) = (c′ + c)(x). Daarom is die polinome c + c′ en c′ + c gelyk, hulleuitsetwaarde is dieselfde vir alle getalle x.

Daar is ander reëls wat ook vir al drie versamelings geld. Byvoorbeeld, inal drie versamelings geld die reël

(x + y) + z = x + (y + z) (1.1.15)

vir alle elemente x, y en z. Kan jy ander reëls identifiseer wat vir al drieversamelings geld?

1.2 Definisie van ’n abstrakte vektorruimteWiskunde behels die identifisering van patrone. Ons het drie versamelingsgevind, A, B en C, wat aanvanklik baie soortgelyk voorkom maar baie ingemeen het. In elke versamiling is daar ’n sommeringsbewerking, ’n nulvek-tor en ’n skalaarvermenigvuldigingbewerking. Verder geld dieselfde reëls virhierdie bewerkings. Kom ons noteer hierdie patroon deur dit ’n naam te geeen die reëls eksplisiet neer te pen.Definisie 1.2.1 A vektorruimte is ’n versameling V wat met die volgendedata toegerus is:D1. ’n Sommeringsbewerking. (I.e. vir elke elementpaar v,v′ ∈ V , word ’n

nuwe element v + v′ definieer.)


D2. ’n Nul-vektor. (I.e. ’n spesiale vektor 0 ∈ V word bepaal.)

D3. ’n Skalaarvermenigvuldigingsbewerking. (I.e., vir elke reële getal k en elkeelement v ∈ V word ’n nuwe element k · v ∈ V definieer.)

Hierdie data moet aan die volgende reëls vir alle u,v,w in V en vir allereële getalle k en l voldoen:

R1. v + w = w + v

R2. (u + v) + w = u + (v + w)

R3a. 0 + v = v

R3b. v + 0 = v

R4. k · (v + w) = k · v + k ·w

R5. (k + l) · v = k · v + l · v

R6. k · (l · v) = (kl) · v

R7. 1 · v = v

R8. 0 · v = 0

♦

Ons noem elemente van ’n vektorruimte vektore en ons skryf hulle in vet-druk, bv. v ∈ V . Dit is om vektore van reële getalle te onderskei, wat onsskalare noem en wat nie in vetdruk geskryf word nie. Dit is moeilik om vetdrukmet handskrif uit te druk, so jy kan hulle onderstreep, soos volg: v.

In hierdie hoofstuk sal ons skalaarvermenigvuldiging met ’n · skryf, byvoor-beeld k ·v, maar in hieropvolgende hoofstukke sal on doodgewoon kv skryf, soweer versigtig!

Om te bewys dat ’n gegewe versameling ’n vektorruimte is, moet ’n mensdie volgende doen:

1. Definieer die versameling V .

2. Definieer die data van ’n sommeringsbewerking (D1), ’n nul-vektor(D2) en ’n skalaarvermenigvuldigingsbewerking (D3) op V .

3. Gaan na dat hierdie data aan reëls (R1) - (R8) voldoen.

1.3 Eerste voorbeeld van ’n vektorruimteOns is na die definisie (Definisie 1.2.1) van ’n abstrakte vektorruimte geleideur die eienskappe van versamelings A, B en C in Afdeling 1.1 te bestudeer.Kom ons gaan na dat B wel ’n abstrakte vektorruimte is soos gedifineer inDefinisie 1.2.1. Die ander versamelings word as oefeninge aan jou oorgelaat.

Voorbeeld 1.3.1 Die versameling B is ’n vektorruimte.. 1. Definieer’n versameling B

Ons definieer

B := {(u1, u2, u3) : u1, u2, u3 ∈ R and u1 − u2 + u3 = 0}. (1.3.1)


2. Definieer sommering, die nul-vektor en skalaarvermenigvuldig-ing.

D1. Sommering Ons definieer sommering soos volg. Veronderstel u = (u1, u2, u3)en v = (v1, , v2, v3) is elemente van B. Let op dat dit beteken u1 − u2 +u3 = 0 en v1 − v2 + v3 = 0. Ons definieer u + v as:

u + v := (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3). (1.3.2)

Ons moet nagaan dat dit sin maak. Ons behoort te vind dat u+v ook ’nelement van B is. Ons kan nie bloot enige definisie neerskryf nie! Om nate gaan of u + v ’n element vanB is, moet ons nagaan of dit vergelyking(1.3.1) bevredig. Kom ons kyk:

(u1 + v1)− (u2 + v2) + (u3 + v3)= (u1 − u2 + u3) + (v1 − v2 + v3) (Hierdie algebraïese stap is waar vir gewone getalle)= 0 + 0 (want u en v is in B)= 0.

Daarom het ons dat u + v inderdaad ’n element van B is, so ons het onseie goed-gedefinieerde? sommeringsbewerking op B definieer, wat tweearbitrêre elemente van B neem en weer ’n element van B teruggee.

D2. Nulvektor Ons definieer die nulvektor 0 ∈ B as

0 := (0, 0, 0). (1.3.3)

Ons moet seker maak dat dit sin maak. Is (0, 0, 0) regtig ’n element vanB, oftewel, bevredig dit vergelyking (1.3.1)? Ja, omdat 0− 0 + 0 = 0. Soons het ’n goed-gedefinieerde nul-vektor.

D3. Skalaarvermenigvuldiging Ons definieer skalaarvermenigvuldiging soosop B soos volg. Laat k ’n reële getal enu = (u1, u2, u3) ’n element vanB wees. Ons definieer

k · u := (ku1, ku2, ku3). (1.3.4)

Ons moet seker maak dat dit sinmaak. As ek ’n vektor v in B met ’nskalaar k vermenigvuldig, dan moet die resultaat k · u ’n element van Bwees. Behoort (ku1, ku2, ku3) werklik aan B? Kom ons kyk of dit diedefiniërende vergelyking (1.3.1) bevredig:

ku1 − ku2 + ku3

= k(u1 − u2 + u3) (Hierdie algebraïese stap is waar vir gewone getalle)= k0 (want u is in B)= 0.

Daarom is k · u wel ’n element van B, so ons het ’n goed-gedefinieerdeskalaarvermenigvuldigingsbewerking op B gevind.

3. Maak seker die data bevredig die reëls.Ons moet seker maak dat ons data D1, D2 en D3 reëls R1 — R8 bevredig.

So, veronderstel u = (u1, u2, u3), v = (v1, v2, v3) en w = (w1, w2, w3) is in Ben veronderstel dat k en l reëlle getalle is.


R1 Ons gaan na:

v + w (R1.)= (v1 + w1, v2 + w2, v3 + w3) (definisie van sommering in B)= (w1 + v1, w2 + v2, w3 + v3) (want x+ y = y + x is waar vir reële getalle)= w + v. (definisie van sommering in B)

R2 Ons gaan na:

(u + v) + w= (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3) + w (definisie van sommering in B)= ((u1 + v1) + w1, (u2 + v2) + w2, (u3 + v3) + w3) (definisie van sommering in B)= (u1 + (v1 + w1), u2 + (v2 + w2), u3 + (v3 + w3)) (want (x+ y) + z = x+ (y + z) is waar vir reële getalle)= u + (v1 + w1, v2 + w2, v3 + w3) (definisie van sommering in B)= u + (v + w) (definisie van sommering in B).

R3 Ons gaan na:

0 + v= (0, 0, 0) + (v1, v2, v3) (definisie van die nul-vektor inB= (0 + v1, 0 + v2, 0 + v3) (definisie van sommering in B)= (v1, v2, v3) (want x+ 0 = x is waar vir reële getalle)= v.

Met dieselfde benadering, gaan ons na dat v + 0 = v.

R4 Ons gaan na:

k · (v + w)= k · (v1 + w1, v2 + w2, v3 + w3) (definisie van sommering in B)= (k(v1 + w1, k(v2 + w2), k(v3 + w3)) (definisie van skalaarvermenigvuldiging inB)= (kv1 + kw1, kv2 + kw2, kv3 + kw3) (want k(x+ y) = kx+ ky vir reële getalle x, y)= (kv1, kv2, kv3) + (kw1, kw2, kw3) (definisie van sommering in B)= k · v + k ·w (definisie van skalaarvermenigvuldiging in B)

R5 Ons gaan na:

(k + l) · v= ((k + l)v1, (k + l)v2, (k + l)v3) (definisie van skalaarvermenigvuldiging in B)= (kv1 + lv1, kv2 + lv2, kv3 + lv3) (want (k + l)x = kx+ lx vir reële getalle)= (kv1, kv2, kv3) + (lv1, lv2, lv3) (definisie van sommering in B)= k · v + l · v (definisie van skalaarvermenigvuldiging in B)

R6 Ons gaan na:

k · (l · v)= k · (lv1, lv2, lv3) (definisie van skalaarvermenigvuldiging in B)= (k(lv1), k(lv2), k(lv3)) (definisie van skalaarvermenigvuldiging in B)= ((kl)v1, (kl)v2, (kl)v3) (want k(lx) = (kl)x vir reële getalle)= (kl) · v (definisie van skalaarvermenigvuldiging in B).


R7 Ons gaan na:

1 · v = (1v1, 1v2, 1v3) (definisie van skalaarvermenigvuldiging in B)= (v1, v2, v3) (want 1x = x vir reële getalle x)= v.

R8 Ons gaan na:

0 · v = (0v1, 0v2, 0v3) (definisie van skalaarvermenigvuldiging in in B)= (0, 0, 0) (want 0x = 0 vir reële getalle= 0 (definisie van die nul-vektor in B).

�

Oefeninge1. Bewys dat die versameling A ui Afdeling 1.1 toegerus met die sommer-

ingsbewerking (1.1.4), die nulvektor (1.1.8) en die skalaarvermenigsvuldig-ingsbewerking (1.1.10) ’n vektorruimte is.

2. Bewys dat die versameling C uit Afdeling 1.1 toegerus met die sommer-ingsbewerking (1.1.6), die nulvektor (1.1.9) en die skalaarvermenigsvuld-ingsbewerking (1.1.12) ’n vektorruimte is.

3. Defineer C ′ as die versameling van alle polinome met graad presies gelykaan 4, asook die nulpolinoom. Toon aan dat as C ′ die sommeringsbew-erking (1.1.6), die nulvektor (1.1.9) en die skalaarvermenigvuldigingsbew-erking (1.1.12) gegee word, dan is C ′ nie ’n vektorruimte nie.Wenk. Gee ’n teenvoorbeeld!

4. Beskou die versameling

X := {(a1, a2) ∈ R2 : a1 ≥ 0, a2 ≥ 0}

toegerus met dieselfde sommeringsbewerking (1.1.4), nulvektor (1.1.8) enskalaarvermenigvuldigingsbewerking (1.1.10) as in A. Is X ’n vektor-ruimte? Indien nie, hoekom nie?

Oplossings

· Oefeninge1.3.3. Oplossing. Beskou die volgende twee polinome in C ′:

p(x) = x4 + x3,

q(x) = −x4.

Let op dat die som p+ q nie in C ′ is nie, want

p(x) + q(X) = (1− 1)x4 + x3 = x3

wat graad 3 het. Dus C ′ is nie geslote onder addisie nie en so dit kan nie ’nvektorruimte wees nie, want die sommeringsbewerking is nie goed-gedefineerdop C ′ nie.


1.3.4. Oplossing. X is not a vector space since the additive inverse of anelement in X may fail to be in X. For example, consider (1, 0). The additiveinverse of (1, 0) would have to be (−1, 0). However, (−1, 0) is certainly not inX. Hence X is not a vector space.

1.4 Verdere voorbeelde en slaggateVoorbeeld 1.4.1 Nie ’n vektor-ruimte nie. Definieer die versameling Vdeur

V := {a, b}. (1.4.1)

Definieer die sommeringsbewerking deur

a + a := a a + b := ab + a := b b + b := c

Om na te gaan of dit ’n goed-gedefinieerde bewerking is, moet ons nagaandat die sommering van enige twee elemente van V ’n goed-gedefinieerde elementvan V lewer. Maar v + b = c, so die som van b ∈ V met homself lewer iets(c) wat nie ’n element van V is nie. So V is nie ’n vektorruimte nie want dithet nie ’n goed-gedefinieerde sommeringsbewerking nie. �

Voorbeeld 1.4.2 Weereens nie ’n vektor-ruimte nie. Definieer dieversameling V deur

V := {a, b}. (1.4.2)

Definieer die sommeringsbewerking as

a + a := a a + b := bb + a := b b + b := a

Dit is ’n goed-gedefinieerde bewerking, omdat enige twee elemente van Vse som n goedgedefinieerde element van V lewer.

Definieer die nul-vektor deur

0 := a. (1.4.3)

Dit is goed-gedefinieerd, want a is ’n element van V .Definieer skalaarvermenigvuldiging met ’n reële getal k ∈ R as

k · a := a en k · b := b. (1.4.4)

Dit is ’n goed-gedefinieerde skalaarvermenigvuldigingsbewerking, want ditlaat skalaarvermenigvuldiging met enige skalaar k toe en gee ’n goed-gedefinieerdeelement k · v ∈ V terug. �

Verstaanpunt 1.4.3 Wys dat hierdie bewerkings R1, R2, R3, R4, R6 en R7bevredig, maar nie R5 en R8 nie.Oplossing. R1: Ons moet kontrolleer of v+w = w+v vir alle v,w ∈ {a,b}.Duidelik is a + a = a + a en soortgelyk vir b. Finaalweg b = a + b = b + a.

R2: Ons moet kontrolleer of (u + v) + w = u + (v + w) vir alle u,v,w ∈{a,b}. Dit vereis dat ons 8 vergelykings in totaal kontrolleer. Ons sal net dieoplossing vir een van hulle aandui, die res is soortgelyk. Ons kontrolleer of

(a + b) + b = a + (b + b


Beskou:

LK = (a + b) + b= b + b= a.

Deur ’n soortgelyke metode,

RK = a + (b + b)= a + a= a

∴ LK = RK.

R3, R4, R6, en R7 volg almal in dieselfde manier.Ons sal aantoon hoekom R5 nie bevredig is nie. Ons sal ’n teenvoorbeeld

gee. Vat k = 2 = l,v = b. Dan is:

LK = (2 + 2).b= 4.b= b

maar

RK = 2.b + 2.b= b + b= a

Omdat LK 6= RK in hierdie geval nie, kan R5 nie in algemeen waar wees nie.

Voorbeeld 1.4.4 Die nul-vektorruimte. Definieer die versameling Z as

Z := {z}. (1.4.5)

Let op dat dit net ’n enkele element bevat, z. Definieer sommering as

z + z := z (1.4.6)

Definieer die nul-element as

0 := z. (1.4.7)

Laastens, definieer skalaarvermenigvuldiging met ’n skalaar k ∈ R as:

k · z := z. (1.4.8)

�

Verstaanpunt 1.4.5 Wys dat hierdie data reëls R1 tot R8 bevredig.

Voorbeeld 1.4.6 Rn. Definieer die versameling Rn as

Rn := {(x1, x2, . . . , xn) : xi ∈ R vir alle i = 1 . . . n}. (1.4.9)

Definieer sommering as

(x1, x2, . . . , xn)+(y1, y2, . . . , yn) := (x1 +y1, x2 +y2, . . . , xn+yn). (1.4.10)



0 := (0, 0, . . . , 0). (1.4.11)

Definieer skalaarvermenigvuldiging as

k · (x1, x2, . . . , xn) := (kx1, kx2, . . . , kxn). (1.4.12)

�

Verstaanpunt 1.4.7 Wys dat hierdie data reëls R1 tot R8 bevredig.

Voorbeeld 1.4.8 R∞. Definieer die versameling R∞ as

R∞ := {(x1, x2, x3, . . . , ) : xi ∈ R vir alle i = 1, 2, 3, . . .} (1.4.13)

So ’n element x ∈ R∞ is ’n oneindige ry van reële getalle. Definieer diesommeringsbewerking komponentgewys:

(x1, x2, x3, . . .) + (y1, y2, y3, . . .) := (x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3, . . .). (1.4.14)


0 := (0, 0, 0, . . .), (1.4.15)

die oneindige reeks waarvan alle komponente nul is. Laastens, definieer skalaarver-menigvuldiging komponentgewys:

k · (x1, x2, x3, . . .) := (kx1, kx2, kx3, . . .) (1.4.16)

Die studie van oneindigheid is ’n belangrike deel van wiskunde. Het jyal die fliek The man who knew infinity wat oor my gaan, gesien?

�

Verstaanpunt 1.4.9 Wys dat hierdie data die reëls R1 tot R8 bevredig.Oplossing. Ons sal net R4 kontrolleer, die res is soortgelyk.

R4 :Laat

v = (v1, v2, v3, . . .)w = (w1, w2, w3, . . .)

Ons moet kontrolleer of k.(v + w) = k.v + k.w.

LK = k.(v + w)= k. [(v1, v2, v3, . . .) + (w1, w2, w3, . . .)]= k. (v1 + w1, v2 + w2, v3 + w3, . . .)= (k(v1 + w1), k(v2 + w2), k(v3 + w3), . . .)= (kv1 + kw1, kv2 + kw2, kv3 + kw3, . . .)= (kv1, kv2, kv3, . . .) + (kw1, kw2, kw3, . . .)= k.(v1, v2, v3, . . .) + k.(w1, w2, w3, . . .)= k.v + k.=w= RK


Voorbeeld 1.4.10 Funksies op ’n versameling. Laat X enige versamelingwees. Definieer die versameling Fun(X) van reële getal-funksies op X as

Fun(X) := {f : X → R}. (1.4.17)

Let op dat die funksies arbitrêr kan wees; daar is geen vereiste dat hullekontinu of differensieerbaar moet wees nie. So ’n vereiste maak nie sin nie,aangesien X ’n arbitrêre versameling kan wees. Byvoorbeeld, X kan die ver-sameling {a, b, c} wees — sonder enige verdere inligting maak dit nie sin om tesê dat die funksie f : X → R kontinu is nie.

Definieer die sommeringsbewerking as

(f + g)(x) := f(x) + g(x), x ∈ X (1.4.18)

Maak seker dat jy verstaan wat hierdie formule sê! Ons begin met tweefunksiesf en g, en ons definieer hulle som f + g. Dit is veronderstel om self’n funksie van X te wees. Om ’n funksie op X te definieer, moet ek vir elkex ∈ X neerskryf watter waarde die funksie lewer. En dit is wat die formule sê:die waarde wat die funksie f + g aan die element x ∈ X toeken, word defnieeras die waarde f(x) plus die getal g(x). Onthou: f is ’n funksie, terwyl f(x) ’ngetal is!

Definieer die nul-vektor 0 as die funksie wat die getal 0 lewer vir elke inset-waarde x ∈ X:

0(x) := 0 vir alle x ∈ X. (1.4.19)

Definieer skalaarvermenigvuldiging as

(k.f)(x) := kf(x). (1.4.20)

�

Verstaanpunt 1.4.11 Notasie-uitdaging! Sê of die volgende kombinasie vansimbole ’n reële waarde of ’n funksie voorstel.

1. f

2. f(x)

3. k · f

4. (k · f)(x)

Oplossing.

1. Funksie

2. Reële getal

3. Funksie

4. Reële getal

Verstaanpunt 1.4.12 Laat X = {a, b, c}.1. Skryf drie verskillende funksiesf ,g,h in Fun(X) neer.

2. Vir die funksies wat jy in Item 1.4.12.1 geskryf het, bereken f + g, asook3 · h.

Oplossing.


1.

f(a) = 4f(b) = 0f(c) = 2

g(a) = 1g(b) = 1g(c) = 1

h(a) = 0h(b) = 3h(c) = 0

2.

(f + g)(a) = 5(f + g)(b) = 1(f + g)(c) = 3

(3.h)(a) = 0(3.h)(b) = 9(3.h)(c) = 0

Verstaanpunt 1.4.13 Wys dat die data hierbo reëls R1 tot R8 bevredig, i.e.dat Fun(X) ’n vektorruimte is.Oplossing.

1.

f(a) = 4f(b) = 0f(c) = 2

g(a) = 1g(b) = 1g(c) = 1

h(a) = 0h(b) = 3h(c) = 0

2.

(f + g)(a) = 5(f + g)(b) = 1(f + g)(c) = 3


(3.h)(a) = 0(3.h)(b) = 9(3.h)(c) = 0

Voorbeeld 1.4.14 Matrikse. Die versameling Matn,m van alle n ×m ma-trikse is ’n vektorruimte. Sien Appendix 5 om matrikse te hersien. �

Verstaanpunt 1.4.15 Wys dat met hierdie bewerkings vorm die versamelingMatn,m van alle n×m-matrikse ’n vektorruimte.

Voorbeeld 1.4.16 Ons sal Coln skryf vir die vektorruimteMatn,1 van n-dimensionele kolomvektore,

Coln =

x1x2...xn

: x1, . . . , xn ∈ R

.

So, Coln ‘is’ net Rn, maar ons beklemtoon dat die komponente in kolommegerangskik word. �

Oefeninge1. Definieer ’n sommeringsbewerking op die versameling X := {0, a, b} met

die volgende tabel:+ 0 a b0 0 a ba a 0 ab b a 0

Die tabel werk soos volg. Vir die berekening b + a, vind die kruisingvan ry b en kolom a. ons sien dat b + a := a.

Bewys dat hierdie sommeringsbewerking R1 bevredig.2. Bewys dat die sommeringsoperasie van Oefening 1.4.1 nie R2 bevredig

nie.3. Definieer ’n snaakse sommeringsbewerking+ op R as

x+y := x− y

Bevredig + R2? Indien wel, bewys dit. Indien nie, gee ’n teenvoor-beeld.

4. Construct an operation � on R satisfying R1 but not R2.5. Laat R+ die versameling van positiewe reële getalle wees. Definieer ’n

sommeringsbewerking ⊕, ’n nul-vektor z en ’n skalaarvermenigvuldigings-bewerking . op R+ as volg:

x+ y := xyz := 1

k.x := xk

waar x, y ∈ R+ en k ’n skalaar is (i.e. ’n arbitrêre reële getal).(a) Gaan na dat hierdie bewerkings goed-gedefinieerd is. Byvoorbeeld,

is x+ y ∈ R+, soos dit hoort?

(b) Gaan na dat hulle R1 tot R8 bevredig, sodatR+ ’n vektorruimte met


hierdie bewerkings vorm.6. Consider the operation ⊕ on R2 defined by:

(a1, a2)⊕ (b1, b2) := (a1 + b2, a2 + b1).

(a) Does this operation satisfy R1 ?

(b) Does this operation satisfy R2 ?

Oplossings

· Oefeninge1.4.3. Oplossing. No, for example:

(1+2)+3 = (1− 2)− 3 = −4.

But1+(2+3) = 1− (2− 3) = 2.

1.4.4. Oplossing. Define x�y = |x−y|. R1 is satisfied since x�y = |x−y| =|y−x| = y�x. However, R2 is not satisfied since (1�2)�3 = ||1−2|−3| = 2but 1� (2� 3) = |1− |2− 3| = 0

1.4.5. Oplossing.(a) Let x, y be two positive reals. Then

x⊕ y := xy

is certainly also a positive real number. Similarly, for any k ∈ R and anyx ∈ R+,

k.x := xk

is also positive. To see this, for any fixed k, notice that the graph of thefunction f(x) = xkrestricted to x ≥ 0 lies above the x-axis.

(b)

1.4.6. Oplossing.(a) No. Counterexample:

(1, 2)⊕ (2, 1) = (1 + 1, 2 + 2) = (2, 4)

but(2, 1)⊕ (1, 2) = (2 + 2, 1 + 1) = (4, 2).

(b) No. Counterexample:

((1, 2)⊕ (2, 1))⊕ (1, 3) = (2, 4)⊕ (1, 3) = (5, 5)

but(1, 2)⊕ ((2, 1)⊕ (1, 3)) = (1, 2)⊕ (5, 2) = (3, 7).


1.5 ’n Paar resultate rakende abstrakte vektor-ruimtes

Dit is tyd om die reëls van vektorruimtes te gebruik om ’n paar algemeneresultate te bewys.

Ons is op die punt om on eerste formele bewys in die kursus te doen!

Hulpstelling 1.5.1 Veronderstel V is ’n vektor-ruimte met nul-vektor 0. As0′ ’n ander vektor is wat reël R3(a) bevredig,

0′ + v = v vir alle v ∈ V (1.5.1)

dan volg dit dat 0 = 0′.Bewys.

0 = 0′ + 0 gebruik (1.5.1) vir v = 0= 0′ ( R3b )

�

Definisie 1.5.2 Laat V ’n vektorruimte wees; ons definieer die sommer-ingsinverse van ’n vektor v ∈ V as

−v := (−1) · v

♦

Hulpstelling 1.5.3 As V ’n vektorruimte is, dan vir alle v ∈ V ,

− v + v = 0 en v + (−v) = 0. (1.5.2)Bewys.

−v + v = (−1).v + v (Definisie −v)= (−1).v + 1.v= (−1 + 1).v (R5)= 0.v= 0 (R8)

Verder,

v + (−v) = −v + v (R1)= 0 (deur vorige bewys)

�

Hulpstelling 1.5.4 Veronderstel twee vektore w en v in ’n vektor-ruimtebevredig w + v = 0. Dan volg dit dat w = −v.Bewys.

w = w + 0 (R3b)= w + (v +−v) Hulpstelling 1.5.3= (w + v) +−v) (R2)


= 0 +−v (volgens aanname)= −v (R3a).

�Laat ons twee meer hulpstellings bewys, net vir goeie oefening.

Hulpstelling 1.5.5 Laat V ’n vektorruimte wees en k enige skalaar. Dan is

k.0 = 0Bewys.

k.0 = k.(0.0) (R8 for v = 0)= ((k)(0)).0 (R6)= 0.0 ((k)(0) = 0 vir enige reële getal k)= 0 (R8 vir v = 0)

�

Hulpstelling 1.5.6 Veronderstel dat v ’n vektor in ’n vektorruimte V is endat k ’n skalaar is. Dan volg dit dat

k · v = 0⇔ k = 0 of v = 0.Bewys. Bewys van ⇐. Veronderstel k = 0. Dan k ·v = 0 ·v = 0 deur R8 van’n vektor-ruimte. Aan die ander kant, veronderstel v = 0. Dan k ·v = k ·0 = 0deur Oefening 1.5.2.

Bewys van ⇒). Veronderstel k · v = 0. Daar is twee moontlikhede: ófk = 0, óf k 6= 0. As k = 0, dan is ons klaar. As k 6= 0, dan bestaan 1

k en onsvermenigvuldig albei kante daardeur:

k · v = 0

∴1k· (k · v) = 1

k· 0 (Vermenigvuldig beide kante met 1

k )

∴

(1kk

)· v = 0 (R6 aan LK. Gebruik Oefening 1.5.2 aan die RK.)

∴ 1 · v = 0 (gebruik 1kk = 1)

∴ v = 0 (R7)

Daarom, in die geval waar k 6= 0 dit volg dat v = 0, wat ons in die eersteplek wou bewys. �

Voorbeeld 1.5.7 Kom ons oefen die gebruik van die reëls van vektorruimtesom alledaagse berekeninge uit te voer. Byvoorbeeld, veronderstel dat ons virdie vektor x in die volgende vergelyking wil oplos:

v + 7 · x = w (1.5.3)

Ons gaan te werk met die reëls soos volg:

v + 7 · x = w∴ −v + (v + 7 · x) = −v + w (tel −v aan beide kante by)∴ (−v + v) + 7 · x = −v + w (gebruik R2 aan LK)

∴ 0 + 7 · x = −v + w (gebruik Lemma 1.5.3 aan LK)∴ 7 · x = −v + w (gebruik R3a aan LK)

∴17 · (7 · x) = 1

7 · (−v + w) (skalaarvermenigvuldig aan beide kante met 17 )


∴ (177) · x = 1

7 · (−v + w) (gebruik R6 aan LK)

∴ 1 · x = 17 · (−v + w) (vermenigvuldig 1

7 met 7)

∴ x = 17 · (−v + w) (R7)

Soos die kursus vorder sal ons hierdie stappe uitlaat. Maar dit is belangrikdat jy hulle almal kan weergee, as dit van jou gevra sou word! �

Oefeninge1. Bewys dat, vir alle vektore v in ’n vektorruimte, −(−v) = v.2. Laat V ’n vektorruimte wees met nul-vektor 0. Bewys dat vir alle skalare

k, k · 0 = 0.3. Laat V ’n vektorruimte wees. Veronderstel dat ’n vektor v ∈ V bevredig

5.v = 2.v. (1.5.4)

Toon aan dat v = 0.4. Veronderstel dat twee vektore x en w in ’n vektorruimte 2x + 6w =

0 bevredig. Los op vir x, maar wys eksplisiet hoe jy die reëls van ’nvektorruimte gebruik het, soos in Voorbeeld 1.5.7.

5. Suppose V is a vector space which is not the zero vector space. Show thatV contains infinitely many elements.Wenk 1. Since V is not the zero vector space, there must exist a vectorv ∈ V such that v 6= 0.Wenk 2. Use the idea of the proof from Oefening 1.5.3.

True or False For each of the following statements, write down whether thestatement is true or false, and prove your assertion. (In other words, if you saythat it is true, prove that it is true, and if you say that it is false, prove thatit is false, by giving an explicit counterexample.)

6. If k.v = 0 in a vector space, then it necessarily follows that k = 0.7. If k.v = 0 in a vector space, then it necessarily follows that v = 0.8. The empty set can be equipped with data D1 , D2 , D3 satisfying

the rules of a vector space.9. Rule R3b of a vector space follows automatically from the other rules.10. Rule R7 of a vector space follows automatically from the other rules.

Oplossings

· Oefeninge1.5.1. Oplossing. We apply the definition of −v twice:

−(−v) = (−1).(−v) = (−1).(−1.(v)).Using Item we get

(−1).(−1(v)) = ((−1)(−1)).v = 1.v.Finally, a single application of Item allows us to conclude that

1.v = v


1.5.2. Oplossing. We apply Item to k.0:

k.0 = k.(0 + 0).

By Item we getk.(0 + 0) = k.0 + k.0.

We now knowk.0 = k.0 + k.0.

Adding the inverse of k.0 to both sides we get

0 = k.0 + 0 = k.0.

And we are done.1.5.3. Oplossing.

5.v = 2.v=⇒ 5.v + (−2).v = 2.v + (−2).v=⇒ (5− 2).v = (2− 2).v=⇒ 3.v = 0.v

=⇒ (133).v = (1

30)v

=⇒ 1v = 0v=⇒ v = 0

1.5.4. Oplossing.

2.x + 6.w = 0=⇒ (2.x + 6.w) + (−(6.w)) = 0 + (−(6.w)) (add − (6.w) to both sides)=⇒ 2.x + (6.w + (−(6.w))) = −(6.w) (R2 on LHS,R3a on RHS)

=⇒ 2.x + 0 = −(6.w) (Hulpstelling 1.5.3)=⇒ 2.x = −(6.w) (R3b )

=⇒ (12).(2.x) = 1

2 .(−(6.w))

=⇒ (122).x = 1

2 .((−1).(6.w)) (R6 on LHS, defn of inverse on RHS)

=⇒ 1.x = 12 .((−1)(6)).w) (R6 on RHS)

=⇒ x = 12 .((−6).w) (R7 on LHS)

=⇒ x = ((12)(−6)).w (R6 on RHS)

=⇒ x = (−3).w

True or False 1.5.8. Oplossing. False. In order for the empty set to bea vector space, it must have a zero vector. That is, we must be able to findsome v ∈ the empty set satisfying the axioms for the zero vector. However,since the empty set has no elements in it, by definition, we cannot ever hopeto find such a v. Hence the empty set can never be a vector space.

1.5.9. Oplossing. True. Combining R1 and R3a gives R3b .


1.5.10. Oplossing. False. Let V be a non-zero vector space (such asR2). Redefine scalar multiplication as follows

k.v := 0 for all scalars k and all vectors v.

Then V will satisfy all the rules of a vector space except R7. Thus it is notthe case that R7 follows from the other rules.

1.6 DeelruimtesIn hierdie deel san ons die konsep van ’n deelruimte bekend stel. Dié konsepsal ons toelaat om vinnig nuwe voorbeelde van vektorruimtes te vind.

1.6.1 Definition of a subspaceDefinisie 1.6.1 ’n deelversameling U ⊆ V van ’n vektor-ruimte V is ’n deel-ruimte van V as:

• Vir alle u,u′ ∈ U , u + u′ ∈ U

• 0 ∈ U

• Vir alle skalare k en alle vektore u ∈ U , k · u ∈ U

♦

Hulpstelling 1.6.2 As U ’n deelruimte van ’n vektorruimte V is, dan is Uook ’n vektorruimte, toegerus met dieselfde sommeringsbewerking, nul-vektoren skalaarvermenigvuldigingsbewerking as V .Bewys. Aangesien U ’n deelruimte is, weet ons dat dit sin maak om dit “toe terus met dieselfde sommeringsbewerking, nul-vektor en skalaarvermenigvuldig-ingsbewerking as V ”. (As U nie ’n deelruimte was nie, dan sou ons byvoorbeeldkon vind dat u,u′ ∈ U maar u + u′ /∈ U , So die sommeringsbewerking sou niesin maak nie.)

So ons moet net reëls R1 tot R8 nagaan. Aangesien die reëls geld vir allevektore u,v,w in V , Sal hulle beslis geld vir alle vektore u,v,w in U . So reëlsR1 tot R8 word bevredig. �

1.6.2 Voorbeelde van deelruimtesVoorbeeld 1.6.3 Lyn in R2. ’n Lyn L deur die oorsprong in R2 is ’ndeelruimte van R2:


x

y

L

Figuur 1.6.4: A line through the origin in R2.

Onthou dat lyn L gespesifiseer kan word deur ’n homogene lineêre verge-lyking van die form:

L = {(x, y) ∈ R2 : ax+ by = 0} (1.6.1)

vir konstantes a en b. So, as v = (x, y) en v′ = (x′, y′) op L lê, dan lê hullesom v + v′ = (x + x′, y + y′) ook op L, want hul komponente bevredig diedefiniërende vergelyking (1.6.1):

a(x+ x′) + b(y + y′)= (ax+ by) + (ax′ + by′)= 0 + 0 (want ax+ by = 0 en ax′ + by′ = 0)= 0.

Dit maak ook meetkundig sin: As jy na beeld Figuur 1.6.4 kyk, sal jy siendat die som van twee vektore v,v′ op L met die kop-op-stert-metode ’n verderevektor op L tot gevolg sal hê. �

Verstaanpunt 1.6.5 Voltooi die bewys dat L ’n deelruimte van R2 is deurna te gaan dat die nul-vektor op lyn L is en dat die vermenigvuldiging van ’nvektor in L met ’n skalaar ’n vektor op L lewer.

Voorbeeld 1.6.6 Lyne en vlakke in R3. ’n Lyn L en ’n vlak P deur dieoorsprong in R3 is ook ’n deelruimte van R3:


y

z

x

L

y

z

x

P

Figuur 1.6.7: A line throughthe origin in R3.

Figuur 1.6.8: A planethrough the origin in R3.

�

Voorbeeld 1.6.9 Nul-vektorruimte. As V ’n vektorruimte is, dan is dieversameling {0} ⊆ V wat slegs die nul-vektor 0 ’n deelruimte van V . �

Verstaanpunt 1.6.10 Gaan na dat dit waar is.

Voorbeeld 1.6.11 Nie ’n vektorruimte nie: ’n Lyn nie deur die oor-sprong nie. Wees versigtig — nie elke lyn L ⊂ R2 vorm ’n deelruimte van R2

nie. As L nie deur die oorsprong loop nie, dan vind ons dat 0 /∈ L, so L is nie’n deelruimte nie.

Nog ’n rede dat L nie ’n deelruimte is nie is dat dit nie geslote ondersommering is nie: As ons twee nie-nul vektore v en v′ op L bymekaar tel, kryons ’n vektor v + v′ wat nie op L lê nie:


x

y

L

v v′

v′v + v′

Figuur 1.6.12: A line which does not pass through the origin is not closedunder addition.

�

Voorbeeld 1.6.13 Hyperplanes orthogonal to a fixed vector. Thisexample generalizes Voorbeeld 1.6.6 to higher dimensions. Let v ∈ Rn be afixed nonzero vector. The hyperplane orthogonal to v is the setW of all vectorsorthogonal to v, that is,

W := {w ∈ Rn : v · w = 0}. (1.6.2)

You will prove in Exercise Verstaanpunt 1.6.14 that W is a subspace of Rn.For example, consider the vector v = (1, 2, 3) ∈ R3. Then the hyperplane

orthogonal to v isW = {w ∈ R3 : v · w = 0}. (1.6.3)

If we write w = (w1, w2, w3) then v · w = 0 translates into the equation

w1 + 2w2 + 3w3 = 0. (1.6.4)

So, W can be regarded as the set of vectors in R3 whose components satisfy(1.6.4). �

Verstaanpunt 1.6.14 Let v ∈ Rn be a fixed nonzero vector. Show that

W := {w ∈ Rn : v · w = 0}.

is a subspace of Rn.Oplossing.


Closed under addition.. Suppose w,w′ ∈W .That is, v · w = 0 and v · w′ = 0.We must show that w + w′ ∈W .That is, we must show that v · (w + w′) = 0.Indeed,

v · (w + w) = v · w + v · w′

= 0 + 0= 0.

Contains the zero vector.. Since v · 0 = 0, we conclude that 0 ∈W .

Closed under scalar multiplication.. Suppose w ∈W and k is a scalar.That is, v · w = 0.We must show that k.w ∈W .That is, we must show that v · (k.w) = 0.Indeed,

v · (k.w) = k.(v · w)= (k)(0)= 0.

Voorbeeld 1.6.15 Kontinue funksies as ’n deelruimte. Die versameling

Cont(I) := {f : I → R, f kontinu}

van alle kontinue funksies op die interval I is ’n deelruimte van die versamelingFun(I) van alle funksies op I. Kom ons bevestig dat dit die definisie bevredig.Jy weet reeds van vorige kursusse dat:

• As f en g kontinue funksies op I is, dan is f + g ook ’n kontinue funksie.

• Die nul-funksie 0 gedefinieer as 0(x) = 0 vir alle x ∈ I is ’n kontinuefunksie.

• As f ’n kontinue funksie is en k ’n skalaar is, dan is k · f ook kontinu.

Daarom, deur Lemma 1.6.2, is Cont(I) ’n vektorruimte in eie reg. �

Voorbeeld 1.6.16 Differensieerbare funksies as ’n deelruimte. So ookis die versameling

Diff(I) := {f : (0, 1)→ R, fdifferensieerbaar}

van differensieerbare fuksies op die oop interval I ’n deelruimte van Fun(I).�

Verstaanpunt 1.6.17 Bevestig dit. Ook, is Diff(I) ’n deelruimte van Cont(I)?

Voorbeeld 1.6.18 Vektorruimtes van polinome. ’n Polinoom is ’nfunksie p : R→ R van die vorm

p(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0. (1.6.5)

vir onveranderlike reële koëffisiënte a0, . . . , an. Twee polinome p en q is gelykas hulle as funksies gelyk is, m.a.w. as p(x) = q(x) vir alle x ∈ R. Die graadvan ’n polinoom is die hoogste mag van x wat in die formule voorkom.

Byvoorbeeld, 2x3 − x + 7 is ’n polinoom van graad 3, terwyl x5 − 2 ’n


polinoom van graad 5 is.Die versameling van alle polinome word as Poly geskryf en die versameling

van alle polinome van ’n graad kleiner of gelyk aan n word as Polyn geskryf.�

Verstaanpunt 1.6.19 Gaan na dat Poly en Polyn wel deelruimtes van Cont(R)is.Voorbeeld 1.6.20 Polinome in meer as een veranderlike. ’n monoomin twee veranderlikes x en y is ’n uitdrukking van die vorm xmyn vir sekere nie-negatiewe heelgetalle m,n. Die graad van die monoom is m+n. Byvoorbeeld,

x3y2︸︷︷︸graad 5

, y7︸︷︷︸graad 7

.

’n Polinoom in twee veranderlikes x en y is lineêre kombinasie van monome.Die graad van die polinoom is die hoogste mag van die monome wat in dielineêre kombinasie verskyn. Byvoorbeeld,

p = 5x3y2 − 3xy7 (1.6.6)

is ’n polinoom in x en y van graad 8.Ons skryf Poly[x, y] vir die versamleing van alle polinome in twee veran-

derlikes x en y, en Polyn[x, y] vir die versameling van alle polinome in x en ymet graad minder of gelyk aan n.

Ons kan ’n polinoom p in twee veranderlikes beskou as ’n funksie

p : R2 → R(x, y) 7→ p(x, y)

In hierdie manier kan ons Polyn[x, y] beskou as’n deelversameling van die vek-torruimte Fun(R2) van alle reëelwaardige funksies op R2 (sien Voorbeeld 1.4.10om ouself te herinner van die vektorruimte van reëelwaardige funksies op ’n ver-sameling X). Inderdaad, Polyn[x, y] is ’n deelruimte van Fun(R2), en dus isdit ’n vektorruimte.

Twee polinome p en q in veranderlikes x en y is gedefineer as gelykas en slegsas al hulle ooreenstemmende koëffisiente gelyk aan mekaar is. Dit is ekwivalentaan die bewering dat p(x, y) = q(x, y) vir alle (x, y) ∈ R2.

In dieselfde manier, kan ons praat van polinome in x, y, z ensovoorts, byvoor-beeld

r = 5x3y2z + 3xy − 4xz3 ∈ Poly6[x, y, z].

�

Voorbeeld 1.6.21 Polinomiaal vektorvelde. Onthou dat ’n vektorveld opR2 ’n vektor is wie se komponente funksies is van x en y. Byvoorbeeld,

V = (x2y, x cos(y)).

Ons skryf Vectn(R2) vir die versameling van alle vektorvelde

V = (P (x, y), Q(x, y))

op R2 wie se komponentfunksies P en Q polinome inx, y met graad minder ofgelyk aan n is. Byvoorbeeld,

V = (xy, x2y3 − x) ∈ Vect5(R2).

Ons defineer addisie en skalaarvermenigvuldiging vir vektorvelde in dieselfdemanier as vir gewone vektore. Dit wil sê, as V = (V1, V2) en W = (W1,W2)


vektorvelde op R2 is, dan defineer ons

V + W := (V1 +W1, V2 +W2).

Soortgelyk, as k ∈ R, defineer ons

kV = (kV1, kV2).

Die nulvektorveld is gedefineer as die vektorveld wie se komponente die nul-funksie is:

Z = (0, 0).

Met hierdie definisies kan ons bevestig dat Vectn(R2) wel die reëls van ’nvektorruimte bevredig. �

Voorbeeld 1.6.22 Trigonometriese polinome. ’n Trigonometriese poli-noom is ’n funksie T : R→ R van die vorm

T(x) = a0 +n∑k=1

ak cos(kx) +n∑k=1

bk sin(kx). (1.6.7)

Die graad van ’n trigonometriese polinoom is die grootste veelvoud van xwat binne een van die sinusse of kosinusse in die formule voorkom. Byvoorbeeld,

3− cos(x) + 6 sin(3x)

is ’n trigonometriese polinoom van graad 3. Ons skryf die versameling van alletrigonometriese polinome as Trig en die versameling van alle trigonometriesepolinome van graad kleiner of gelyk aan n as Trign. �

Verstaanpunt 1.6.23 Wys dat Trig en Trign deelruimtes van Cont(R) is.

Verstaanpunt 1.6.24 Oorweeg die funksie f(x) = sin3(x). Wys dat f ∈ Trig3deur dit in die vorm (1.6.7) te skryf. Wenk: gebruik die identiteite

sin(A) sin(B) = 12(cos(A−B)− cos(A+B))

sin(A) cos(B) = 12(sin(A−B) + sin(A+B))

cos(A) cos(B) = 12(cos(A−B) + cos(A+B))

wat maklik volg uit die sommeringsformules

sin(A±B) = sinA cosB ± cosA sinBcos(A±B) = cosA cosB ∓ sinA sinB.

1.6.3 Solutions to homogenous linear differential equationsA homogenous nth order linear ordinary differential equation on an interval Iis a differential equation of the form

an(x)y(n)(x) + an−1(x)y(n−1)(x) + · · ·+ a1(x)y′(x) + a0(x)y(x) = 0, x ∈ I(1.6.8)

where y(k) means the nth derivative of y. A solution to the differential equationis just some function y(x) defined on the interval I which satisfies (1.6.8).


Voorbeeld 1.6.25 An example of a 2nd order homogenous lineardifferential equation. For instance,

x2y′′− 3xy′ + 5y = 0, x ∈ (0,∞) (1.6.9)

is a homogenous 2nd order linear differential equation on the interval (0,∞),and

y1(x) = x2 sin(log x) (1.6.10)

is a solution to (1.6.9). Similarly,

y2(x) = x2 cos(log x) (1.6.11)

is also a solution to (1.6.9).We can use SageMath to check that these are indeed solutions to (1.6.9).

Click the Evaluate (Sage) button --- it should output ’True’, indicating thaty1 is indeed a solution to the differential equation.

def solves_de(y):return bool(x^2 *diff(y,x,2) -3*x*diff(y,x) + 5*y == 0)

y1 = x^2*sin(log(x))

solves_de(y1)

Edit the code above to check whether y2 is a solution of the differentialequation (1.6.9).

We can also plot the graphs of y1 and y2. Again, click on Evaluate (Sage).

y1 = x^2*sin(log(x))y2 = x^2*cos(log(x))

plot([y1, y2], (x, 0, 1), legend_label =['y1', 'y2'])

Play with the code above, and plot some different functions.

�

Verstaanpunt 1.6.26 Check by hand that (1.6.10) and (1.6.11) are indeedsolutions of the differential equation (1.6.9).

Suppose we are given an nth order homogenous linear differential equationof the form (1.6.8) on some interval I ⊆ R. Write V for the set of all solutionsto the differential equation. That is,

V := {y : an(x)y(n)(x) + · · ·+ a1(x)y′(x) + a0(x)y(x) = 0} (1.6.12)

We can regard V as a subset of the set of all functions on the interval I:

V ⊆ Fun(I)

Verstaanpunt 1.6.27 Show that V is a subspace of Fun(I).So, by Hulpstelling 1.6.2, we conclude that the set of solutions to a homoge-

nous linear differential equation is a vector space.


Voorbeeld 1.6.28 Continuation of Voorbeeld 1.6.25. Consider thedifferential equation from Voorbeeld 1.6.25. We saw that

y1 = x2 sin(log x), y2 = x2 cos(log x)

are solutions. So, any linear combination of y1 and y2 is also a solution. Forinstance,

y = 2y1 + 5y2

is also a solution. Let us check this in SageMath.

def solves_de(y):return bool(x^2 *diff(y,x,2) -3*x*diff(y,x) + 5*y == 0)

y1 = x^2*sin(log(x))y2 = x^2*sin(cos(x))

solves_de (2*y1 + 5*y2)

�

Voorbeeld 1.6.29 A non-example: Solutions to a nonlinear ODE. Wesaw in the previous example that linear ordinary differential equations (ODEs)are well-behaved - a linear combination of solutions is still a solution. This neednot occur in the nonlinear case. For example, consider the nonlinear ODE

y′ = y2. (1.6.13)

The general solution is given by

yc = 1c− x

where c is a constant. For instance,

y1 = 11− x, y2 = 1

2− x

are solutions.Use the SageMath script below to check whether the linear combination

y1 + y2 is also a solution.

y = function('y')(x)

def solves_de(f):return bool(diff(f,x) - f^2 == 0)

y1 = 1/(1-x)y2 = 1/(2-x)

solves_de(y1+y2)

The answer is False! So linear combinations of solutions to the nonlineardifferential equation (1.6.13) are no longer solutions, in general. �

Voorbeeld 1.6.30 Finding the general solution to a differential equa-tion in SageMath. Let us use SageMath to find the general solution of thefollowing ordinary differential equation

y′′ + 2y′ + y = 0. (1.6.14)


We can do this as follows. Note that we need to be a bit more careful now,first defining our variable x and then declaring that y is a function of x.

var('x')y = function('y')(x)

diff_eqn = diff(y,x,2) +2* diff(y,x,1) + 5*y == 0desolve(diff_eqn ,y)

desolve(diff_eqn , y)

SageMath reports that the general solution is given in terms of two unspecifiedconstants _K1 and _K2 as (_K2*cos(2*x) + _K1*sin(2*x))*e^(-x).

If we set _K1 equal to 1 and _K2 equal to 0 in the general solution, we willget a particular solution y1 of the differential equation.

var('x,␣_K1 ,␣_K2')y = function('y')(x)

diff_eqn = diff(y,x,2) +2* diff(y,x,1) + 5*y == 0

my_soln = desolve(diff_eqn ,y)

y1 = my_soln.substitute(_K1==1, _K2 ==0)

y1

SageMath is telling us that y1 = e−x sin(2x) is a particular solution.

Edit the code to set _K2 equal to 0 and _K1 equal to 1 in the generalsolution to get a different particular solution y2. What is y2?

�

1.6.4 Oefeninge1. Wys dat die versameling

V := {(a,−a, b,−b) : a, b ∈ R}

’n deelruimte van R4 is.2. Wys dat die versameling

V := {polinome van die vorm p(x) = ax3 + bx2 − cx+ a, a, b, c ∈ R}

’n deelruimte van Poly3 is.3. Laat b ∈ R. Bewys dat

V := {(x1, x2, x3) ∈ R3 : 2x1 − 3x2 + 5x3 = b}

’n deelruimte van R3 is as en slegs as b = 0. (Onthou dat as en slegsas beteken dat die vorentoe- en die terug-implikasie bewys moet word.)

4. Beskou die versameling

V := {f ∈ Diff((−1, 1)) : f ′(0) = 2}.

Is V ’n deelruimte van Diff((−1, 1))? As jy dink dat dit is, bewys dat


dit so is. As jy dink dit is nie, bewys dat dit nie is nie!5. Beskou die versameling

V := {(x1, x2, x3, . . .) ∈ R∞ : limn→∞

xn = 0}.

Is V ’n deelruimte van R∞? As jy dink dit is wel, bewys dat dit so is.As jy dink dit is nie, bewys dat dit nie is nie!

6. Is R+ := {x ∈ R : x ≥ 0} ’n deelruimte van R? As jy dink dit is wel,bewys dat dit so is. As jy dink dit is nie, bewys dat dit nie is nie!

7. Gee ’n voorbeeld van ’n nie-leë deelversameling U van R2 wat geslote isonder sommering en die vind van sommeringsinverses (i.e. as u in U is,dan is −u in V ), maar nié ’n deelruimte van R2 is nie.

8. Gee ’n voorbeeld van ’n nie-leë deelversameling V van R2 wat gesloteonder skalaarvermenigvuldiging is, maar nié ’n deelruimte van R2 is nie.

The next 4 exercises will help acquaint the reader with the concept of the sumof two subspaces. First, we’ll need a definition.Definisie 1.6.31 Let V be a vector space. Suppose U andW are two subspacesof V . The sum U +W of U and W is defined by

U + V = {u + w ∈ V : u ∈ U,w ∈W}

♦

In the exercises below, V,U,W will be as above.9. Show that U + V is a subspace of V .10. Show that U + V is, in fact, the smallest subspace of V containing

both U and V .11. If W ⊂ U what is U +W?12. Can you think of two subspaces of R2 whose sum is R2? Similarly,

can you think of two subspaces of R2 whose sum is not all of R2?

1.6.5 Oplossings

Hoofstuk 2

Eindigdimensionele vektorruimtes

In hierdie kursus konsentreer ons op eindigdimensionele vektorruimtes, watons in hierdie hoofstuk sal definieer.

Waarskuwing: Van hier af verder gaan ek verkorte notasie vir skalaarver-menigvuldiging gebruik en k · v bloot as kv skryf!

2.1 Lineêre kombinasies en spanOns begin met ’n paar basiese definisies.Definisie 2.1.1 ’n Lineêre kombinasie van ’n eindige kolleksie vektorev1, . . . ,vn in ’n vektorruimte V is ’n vektor van die vorm

a1v1 + a2v2 + · · ·+ abvn (2.1.1)

waar a1, a2, . . . , an skalare is. As al die skalare ai gelyk aan nul is, dan sê onsdat dit die triviale lineêre kombinasie is. ♦

Voorbeeld 2.1.2 In R3 is (6, 2,−14) ’n lineêre kombinasie van (−3, 1, 2) en(−2, 0, 3), want

(6, 2,−14) = 2(−3, 1, 2)− 6(−2, 0, 3).

�

Voorbeeld 2.1.3 Checking if a vector is a linear combination of othervectors. In R4, is v = (2,−1, 3, 0) a linear combination of

v1 = (1, 3, 2, 0),v2 = (5, 1, 2, 4), and v3 = (−1, 0, 2, 1)?

To check this, we need to check if the equation

v = a1v1 + a2v2 + a3v3, (2.1.2)

which is an equation in the unknowns a1, a2, a3, has any solutions. Let us writeout (2.1.2) explicitly:

(2,−1, 3, 0) = a1(1, 3, 2, 0) + a2(5, 1, 2, 4) + a3(−1, 0, 2, 1) (2.1.3)∴ (2,−1, 3, 0) = (a1 + 5a2 − a3, 3a1 + a2, 2a1 + 2a2 + 2a3, 4a2 + a3) (2.1.4)

(2.1.4) is an equation between two vectors in R4. Two vectors in R4 are equal ifand only if their corresponding coefficients are equal. So, (2.1.2) is equivalent

33

HOOFSTUK 2. EINDIGDIMENSIONELE VEKTORRUIMTES 34

to the following system of simultaneous linear equations:

a1 + 5a2 − a3 = −2 (2.1.5)3a1 + a2 = −1 (2.1.6)

2a1 + 2a2 + 2a3 = 3 (2.1.7)4a2 + a3 = 0 (2.1.8)

In other words, our question becomes: do equations (2.1.5)–(2.1.8) have asolution?

This is the kind of problem you already know how to solve by hand, fromfirst year. We can also use SageMath to do it for us. We simply tell it what ourunknown variables are, and then ask it to solve the equation. Press Evaluate(Sage) to see the result.

var('a1,␣a2,␣a3')

solve([a1 + 5*a2 - a3 == 2,3*a1 + a2 == -1,2*a1 + 2*a2 + 2*a3 ==3,4*a2 + a3 == 0],[a1, a2, a3])

SageMath returns an empty list []. In other words, there are no solutions toequations (2.1.5)–(2.1.8). Therefore v cannot be expressed as a linear combi-nation of v1,v2,v3. �

Voorbeeld 2.1.4 Checking if a polynomial is a linear combinationof other polynomials. In Poly2, can p = x2 − 1 be expressed as a linearcombination of

p1 = 1 + x2, p2 = x− 3, p3 = x2 + x+ 1, p4 = x2 + x− 1?

To check this, we need to check if the equation

p = a1p1 + a2p2 + a3p3 + a4p4, (2.1.9)

which is an equation in the unknowns a1, a2, a3, a4, has any solutions. Let uswrite out (2.1.9) explicitly, grouping together powers of x:

p = a1p1 + a2p2 + a3p3 + a4p4

∴ x2 − 1 = a1(1 + x2) + a2(x− 3) + a3(x2 + x+ 1) + a4(x2 + x− 1)∴ −1 + x2 = (a1 − 3a2 + a3 − a4) + (a2 + a3 + a4)x+ (a1 + a3 + a4)x2

Now, two polynomials are equal if and only if all their coefficients are equal. So,(2.1.9) is equivalent to the following system of simultaneous linear equations:

a1 − 3a2 + a3 − a4 = −1 (2.1.10)a2 + a3 + a4 = 0 (2.1.11)a1 + a3 + a4 = 1 (2.1.12)

In other words, our question becomes: do equations (2.1.10)–(2.1.12) havea solution? We ask SageMath.

var('a1,␣a2,␣a3,␣a4')

solve([a1 - 3*a2 + a3 - a4 == -1,


a2 + a3 + a4 == 0,a1 + a3 - a4 == 1],[a1, a2, a3, a4])

On my computer, Sage returns:[[a1 == 2*r1 + 2/3, a2 == (2/3), a3 == -r1 + 1/3, a4 == r1]]

Here, r1 and r2 are to be interpreted as free paramters. I’m going to callthem s and t instead, because that’s what we usually call our free parameters!So, equations (2.1.10)–(2.1.12) have infinitely many solutions, parameterizedby two free parameters s and t. In particular, there exists at least one solution.For instance, if we take s = 2 and t = 1 (a totally arbitrary choice!), we getthe following solution:

a1 = 83 , a2 = 2

3 , a3 = −53 , a4 = 1 (2.1.13)

i.e. p = 83p1 + 2

3p2 −53p3 + p4 (2.1.14)

You should expand out the right hand side of (2.1.14) by hand and check thatit indeed is equal to p.

We conclude that p can indeed be expressed as a linear combination of p1,p2, p3 and p4. �

Voorbeeld 2.1.5 Definieer die funksies f , f1, f2 ∈ Diff as

f(x) = cos3 x, f1(x) = cos(x), f2(x) = cos(3x).

Dan is f ’n lineêre kombinasie van f1 en f2, vanweë die identiteit cos(3x) =14 (3 cosx+ cos(3x)). Sien Voorbeeld 1.6.22. Met ander woorde,

f = 34 f1 + 1

4 f2.

Hierdie voorbeeld wys dat f ook ’n trigonometriese polinoom is,selfs al isdie oorspronklike formule f(x) = cos(3x) nie van die form (1.6.7) nie. �

Definisie 2.1.6 Ons sê dat die lys vektore B = {-v1,v2, . . . ,vn-} in ’n vektor-ruimte V V span as elke vektor v ∈ V ’n lineêre kombinasie van die vektoreuit B. ♦

Voorbeeld 2.1.7 R2 word deur

e1 := (1, 0), e2 := (0, 1)

gespan, want elke vektor v = (a1, a2) kan as ’n lineêre kombinasie

v = a1e1 + a2e2

uitgedruk word. �

Voorbeeld 2.1.8 Checking if a list of vectors space the vector space.Is R2 spanned by the following list of vectors?

f1 := (−1, 2), f2 := (1, 1), f3 := (2,−1)


x

yf1

f2

f3

Figuur 2.1.9: A list of vectors which spans R2.

Oplossing. To check this, we need check if every vector v ∈ V can be writtenas a linear combination of f1, f2 and f3.

So, let v = (v1, v2) be a fixed, but arbitrary, vector in R2. We need to checkif the following equation has a solution for a1, a2, a3:

v = a1f1 + a2f2 + a3f3 (2.1.15)

Let us write this equation out explicitly:

v = a1f1 + a2f2 + a3f3 (2.1.16)∴ (v1, v2) = a1(−1, 2) + a2(1, 1) + a3(2,−1) (2.1.17)∴ (v1, v2) = (−a1 + a2 + 2a3, 2a1 + a2 − a3) (2.1.18)

(2.1.18) is an equation between two vectors in R2. Two vectors in R2 areequal if and only if their corresponding coefficients are equal. So, (2.1.18) isequivalent to the following system of simultaneous linear equations:

−a1 + a2 + 2a3 = v1 (2.1.19)2a1 + a2 − a3 = v2 (2.1.20)

In other words, the original question

Is R2 spanned by f1, f2, f3 ?

is equivalent to the question

Can we always solve (2.1.19)–(2.1.20) for a1, a2, a3, no matter what thefixed constants v1,v2 are?

You already know how to solve simultaneous linear equations such as (2.1.19)–(2.1.20)by hand:

−a1 + a2 + 2a3 = v1 (2.1.21)2a1 + a2 − a3 = v2 (2.1.22)

(2.1.23)∴ −a1 + a2 + 2a3 = v1 (2.1.24)


3a2 + 3a3 = 2v1 + v2 R2→ R2 + 2R1 (2.1.25)(2.1.26)

Let a3 = t (2.1.27)

∴ a2 = 13(2v1 + v2)− t (2.1.28)

∴ a1 = −13(−v1 + v2) + t (2.1.29)

In other words, no matter what v1, v2 are, there are always infinitely manysolutions (they are parameterized a free parameter t) to (2.1.19)–(2.1.20), andhence to our original equation (2.1.15). That is, we can express any v ∈ R2 asa linear combination of the vectors f1, f2, f3... and in fact there are infinitelymany ways to do it, parameterized by a free parameter t!

For instance, suppose we try to write v = (2, 3) as a linear combination off1, f2, f3. If we take our general solution ((2.1.27)–(2.1.29)), and set t = 0, thenwe get

a1 = 13 , a2 = 7

3 , a3 = 0

i.e. v = 13 f1 + 7

3 f2

Or we could take, say, t = 1. Then our solution will be

a1 = 43 , a2 = 4

3 , a3 = 1

i.e. v = 43 f1 + 4

3 f2 + f3

There are infinitely many solutions. But the important point is that thereis always a solution to (2.1.15), no matter what v is. Therefore, the vectorsf1, f2, f3 indeed span R2.

Finally, let us solve this problem using SageMath. Working by hand, wearrive at the simultanous linear equations (2.1.19)–(2.1.20), and then put itinto a Sage cell:

var('a1,␣a2,␣a3,␣v1,␣v2')

solve([-a1 + a2 + 2*a3 == v1,2*a1 + a2 - a3 == v2],[a1, a2, a3])

Note that I needed to tell Sage that v1 and v2 are variables, and that I amasking it to solve for a1, a2 and a3. On my computer, Sage outputs:[[a1 == r1 - 1/3*v1 + 1/3*v2, a2 == -r1 + 2/3*v1 + 1/3*v2, a3 == r1]]

Here, r1 is to be interpreted as our free parameter t. So Sage is giving usthe same solution as we found by hand, (2.1.27)–(2.1.29). �

Voorbeeld 2.1.10 Rn word deur

e1 := (1, 0, . . . , 0), e2 := (0, 1, . . . , 0), . . . , en := (0, 0, . . . , 0, 1) (2.1.30)

gespan, want elke vektor v = (a1, a2, . . . , an) kan as ’n lineêre kombinasie

v = a1e1 + a2e2 + · · ·+ anen. (2.1.31)

uitgedruk word. �


Verstaanpunt 2.1.11 Bevestig die korrektheid van (2.1.31).Die volgende Lemma gee ’n gerieflike metode om te kontrolleer of ’n gegewe

lys vektore C ’n vektorruimte V span, as jy alreeds weet dat ’n sekere anderlys B vir V span.

Hulpstelling 2.1.12 Veronderstel dat B = {b1, . . . ,bm} ’n vektorruimte Vspan. Verder, veronderstel dat elke vektor in B is ’n lineêre kombinasie van dievektore uit ’n ander lys C = {c1, . . . , cn}. Dan span C ook vir V .Bewys. Let v be an arbitrary vector in V . Since B spans V , we can write v asa linear combination of the B vectors:

v =m∑i=1

aibi (2.1.32)

But each B vector can be written as a linear combination of the C vectors:

bi =n∑j=1

λi,jcj

Subsituting into Equation (2.1.32) gives

v =m∑i=1

ai

n∑j=1

λi,jcj

=

n∑j=1

(m∑i=1

aiλi,j

)cj

So we have expressed v as a linear combination of the C vectors. Hence C spansV . �

Oefeninge1. Recall from 1st year that a function f : R → R is even if f(−x) = f(x)

and odd if f(−x) = −f(x). Show that every vector in the vector spaceFun(R) is a linear combination of an even function and an odd function.

2. Suppose v1,v2,v3,v4 spans V . Prove that v1 − v2,v2 − v3,v3 − v4,v4also spans V .

3. Consider the following polynomials in Poly2:

r1(x) := 3x2 − 2, r2(x) := x2 + x, r3(x) := x+ 1, r4(x) := x− 1

(a) Can the polynomial p with p(x) = x2 + 1 be written as a linearcombination of r1, r2, r3, r4?

(b) If so, in how many ways can this be done?4. Suppose that the vectors e1, e2, e3 and e4 span a vector space V . Show

that the vectors f1 := e2 − e1, f2 := e3 − e2, f3 := e4 − e3, f4 := e4 alsospan V .

5. Show that the polynomials

q0(x) := 1, q1(x) := x, q2(x) := 2x2 − 1, q3(x) := 4x3 − 3x

span Poly3.


6. Let S = {-v1, . . . ,vn-} be a list of vectors in a vector space V . Supposethat S spans V . Suppose that w is another vector in V . Prove that thelist of vectors S ′ = {-w,v1, . . . ,vn-} also spans V .

7. Let S = {-v1, . . . ,vn-} be a list of vectors in a vector space V . Supposethat S spans V . Suppose that one of the vectors in the list, say vr, canbe expressed as a linear combination of the preceding vectors:

vr = a1v1 + · · ·+ ar−1vr−1 (2.1.33)

Suppose that we remove vr from S, to arrive at a new list

T = {-v1, . . . , vr, . . . , sn-}

Prove that T also spans V .

Oplossings

· Oefeninge2.1.1. Oplossing. The solution is relatively straightforward. Define thefollowing two functions:

feven(x) = 12 (f(x) + f(−x)) , fodd(x) = 1

2 (f(x)− f(−x))

It is easy to see that, as the names suggest, feven is an even function andfodd(x) is an odd function. We simply sum feven and fodd:

feven(x) + fodd(x) = 12 (f(x) + f(−x)) + 1

2 (f(x)− f(−x)) = f(x).

2.1.2. Oplossing. If we are given that v1,v2,v3,v4 spans V then to showthat any other collection of vectors in V spans V it suffices to show that eachof v1,v2,v3,v4 can be written has a linear combination of the new collection -you should try prove this yourself! With this observation in hand, the exercisehas an easy solution.

v1 = (v1 − v2) + (v2 − v3) + (v3 − v4) + v4

v2 = (v2 − v3) + (v3 − v4) + v4

v3 = (v3 − v4) + v4

v4 = v4

2.1.3. Oplossing.(a) We must set up the appropriate system of linear equations:

ar1(x) + br2(x) + cr3(x) + dr4(x) =p(x)=⇒ a(3x2 − 2) + b(x2 + x) + c(x+ 1) + d(x− 1) =x2 + 1

After grouping like powers of x we obtain

x2(3a+ b) + x(b+ c+ d) + (−2a+ c− d) = x2 + 1.

We equate coefficients on both sides of the equation to obtain the follow-ing system of linear equations:

3a+ b+ 0c+ 0d = 1,


0a+ 1b+ 1c+ 1d = 0,−2a+ 0b+ 1c+−1d = 1.

Using your preferred method for solving a system of linear equations(such as Gauss reduction), we obtain a solution set of the form:

d is free,a = 2 + 2d,b = −5− 6d,c = 5 + 5d.

And so p(x) is indeed a linear combination of r1(x), r2(x), r3(x), r4(x).

(b) Since d is free in the above solution set, we can write p(x) as a linear com-bination of r1(x), r2(x), r3(x), r4(x) in an uncountably infinite number ofways (one for each real number!).

2.1.4. Oplossing. You could choose to show this directly or we could use aclever approach based on 2. From 2, we know that e1−e2, e2−ev3, e3−e4, e4must span V . But if these vectors span V , then non-zero multiples of thevectors also span V . Thus f1, f2, f3, f4 must span V .

2.1.5. Oplossing. Once again we base our strategy on 2. Pick a spanningset for Poly3. We’ll use 1, x, x2, x3, since it’s the simplest. 1, x are certainlyspanned by q0x),q1,q2,q3 since 1 = q0(x) and x = q1(x). It can easily beseen that

x2 = 12q2(x) + 1

2q0(x)x3 = 14q3(x) + 3

4q1(x),

.completing the proof.

2.1.7. Oplossing. We must show that every vector v ∈ V can be written asa linear combination of the vectors from T . So let v ∈ V . Since S spans V ,we know we can write v as a linear combination of the vectors from S:

v = b1v1 + · · ·+ brvr + · · ·+ bnvn (2.1.34)

Substituting (2.1.33) into (2.1.34) gives

v = b1v1 + · · ·+ br(a1v1 + · · ·+ ar−1vr−1) + br+1vr+1 + · · ·+ bnvn(2.1.35)

= (b1 + bra1)v1 + · · ·+ (br + brar−1)vr−1 + br+1vr+1 + · · ·+ bnvn(2.1.36)

Equation (2.1.36) shows that we can express v as a linear combination of thevectors from T . Hence T spans V.

2.2 Lineêre onafhanklikheidDefinisie 2.2.1 ’n Lys van vektore B = {-v1,v2, . . . ,vn-} in ’n vektorruimte Vis lineêr onafhanklik as die vergelyking

k1v1 + k2e2 + · · · knvn = 0 (2.2.1)

slegs die triviale oplossing k1 = k2 = · · · = kn = 0 het. Andersins word die lysvektore v1,v2, . . . ,vn lineêr afhanklik genoem. ♦


Opmerking 2.2.2 Nulvektor impliseer lineêr onafhanklik. Verondersteleen van die vektore vi in die lys B = {-v1, . . . ,vn-} is die nulvektor 0. Dan is dielys B lineêr afhanklik, want die vergelyking (2.2.1) het die nie-triviale oplossing

0v1 + · · ·+ 0vi−1 + 1vi + 0vi+1 + · · ·+ 0vn = 0,

met ander woorde,

k1 = 0, . . . , ki−1 = 0, ki = 1, ki+1 = 0, . . . , kn = 0.

So: ’n lineêr onafhanklike lys bevat nooit die nulvektor nie!

Voorbeeld 2.2.3 Die lys van vektore f1 = (−1, 2) en f2 = (1, 1) uit Voor-beeld 2.1.8 is lineêr onafhanklik, omdat die vergelyking

k1(−1, 2) + k2(1, 1) = (0, 0)

ekwivalent is aan die sisteem van vergelykings

− k1 + k2 = 0, 2k1 + k2 = 0 (2.2.2)

wat slegs die trivale oplossing k1 = 0 en k2 = 0 het. �

Verstaanpunt 2.2.4 Bevestig dat (2.2.2) slegs die triviale oplossing het.Oplossing.

(2k1 + k2)− (−k1 + k2) = 0 = 3k2 =⇒ k2 = 0 =⇒ k1 = 0.

Voorbeeld 2.2.5 Die lys van vektore f1 = (−1, 2), f2 = (1, 1), f3 = (2, −1)uit Voorbeeld 2.1.8 is lineêr afhanklik, want die vergelyking

k1(−1, 2) + k2(1, 1) + k3(2, −1) = (0, 0) (2.2.3)

is ekwivalent aan die sisteem van vergelykings

− k1 + k2 + 2k3 = 0, 2k1 + k2 − k3 = 0 (2.2.4)

wat ’n een-dimansionele vektorruimte van oplossings het wat deur t parame-teriseer word,

k1 = t, k2 = −t, k3 = t, t ∈ R. (2.2.5)

Byvoorbeeld, vir t = 2, is

2(−1, 2)− 2(1, 1) + 2(2, −1) = (0, 0)

sodat (2.2.3) non-triviale oplossings het. �

Verstaanpunt 2.2.6 Wys dat (2.2.4) die oplossingsversameling (2.2.5) het.Oplossing. We have a system of consistent homogenous linear equations sowe know there exists at least one solution, namely the trivial solution. Sincewe have 3 unknowns but only 2 equations, we do not have a unique solution.Let k1 be free, i.e. k1 = t, t ∈ R. Then

(−k1+k2+2k3)−(2k1+k2−k3) = 0 = −3k1+3k3 =⇒ −k1+k3 = 0 =⇒ k3 = t.−t+k2+2t = 0 =⇒ k2 = −t

Voorbeeld 2.2.7 Die lys polinome

q0(x) := 1, q1(x) := x, q2(x) := 2x2 − 1, q3(x) := 4x3 − 3x


uit Voorbeeld 2.1.5 is lineêr onafhanklik in Poly3. Dit is omdat die vergelyking

k0q0 + k1q1 + k2q2 + k3q3 = 0

vereenvoudig as die volgende polinoomvergelyking:

4k3x3 + 2k2x

2 + (−3k3 + k1)x+ (−k2 + k0) = 0

Hierdie is ekwivalent aan die volgende stelsel vergelykings,

4k3 = 0, 2k2 = 0, −3k3 + k1 = 0, k0 − k2 = 0

wat slegs die triviale oplossing k0 = k1 = k2 = k3 = 0 het. �

Hier is twee meer maniere om hoe van lineêre afhanklike lyste vektore tedink.Stelling 2.2.8 Equivalent Criterions for Linear Dependence. Let B ={-v1, . . . ,vn-} be a list of vectors in a vector space V . The following statementsare equivalent:

1. The list of vectors B is linearly dependent.

2. (Linear Combination of Other Vectors)One of the vectors in the list B isa linear combination of the other vectors in B.

3. (Linear Combination of Preceding Vectors)Either v1 = 0, or for somer ∈ {2, 3, . . . , n}, vr is a linear combination of v1, v2, . . ., vr−1.

Bewys. We will show that (1) ⇔ (2), (1) ⇒ (3) and (3) ⇒ (2), and concludethat each statement implies the others.

(1) ⇒ (2). Suppose that B is linearly dependent. This means that thereare scalars k1, k2, . . ., kn, not all zero, such that

k1v1 + k2v2 + · · ·+ knvn = 0. (2.2.6)

Let ks be one of the nonzero coefficients. Then, by taking the other vectors tothe other side of the equation, and multuplying by 1

kswe can solve for vs in

terms of the other vectors:

vs = −k1

ksv1 − . . .−

knks

vn (No vi terms on RHS)

Therefore, (2) is true.(2) ⇒ (1). Suppose that one of the vectors in the list, say vs, is a linear

combination of the others vectors. That is,

vs = k1v1 + . . .+ knvn (No term on RHS.)

Rearranging this equation gives:

k1v1 + . . .+ (−1)vs + . . .+ knvn = 0. (2.2.7)

Not all the coefficients on the LHS of (2.2.7) are zero, since the coefficient ofvs is equal to −1. Therefore, B is linearly dependent.

(1) ⇒ (3). Suppose that the list B = {-v1, . . . ,vn-} is linearly dependent.This means that there are scalars k1, k2, . . ., kn, not all zero, such that

k1v1 + k2v2 + · · ·+ knvn = 0. (2.2.8)

Let r ∈ {1, 2, . . . , n} be the largest index such that kr 6= 0. (We are toldthat not all the ki are zero, so this makes sense.) If r = 1, then (2.2.8) is simplythe equation

k1v1 = 0,where k1 6= 0.


Therefore v1 = 0 by Lemma 1.5.6, and we are done. On the other hand,suppose r 6= 1. Then (2.2.8) becomes the equation

k1v1 + k2v2 + · · ·+ krvr = 0,where kr 6= 0.

By dividing by kr, we can now solve for vr in terms of the preceding vectorsv1, v2, . . ., vr−1:

∴ vr = −k1

krv1 −

k2

krv2 − · · · −

kr−1

krvr−1

Therefore, (3) is true.(3) ⇒ (2) Suppose that (3) is true. In other words, either:

• v1 = 0. Therefore, B is linearly dependent, by Opmerking 2.2.2. In otherwords, (1) is true. Therefore, since we have already proved that (1) ⇒(2), we conclude that (2) is true.

• For some r ∈ {2, . . . , n}, vr is a linear combination of v1, . . . ,vr−1. Inthis case, clearly vr is a linear combination of the other vectors in B, so(2) is true.

In both cases, (2) is true. So, (3) ⇒ (2). �

Voorbeeld 2.2.9 Ons het in Voorbeeld 2.2.5 gesien dat die lys vektore f1 =(−1, 2), f2 = (1, 1), f3 = (2, −1) in R3 lineêr afhanklik is. Gee twee alter-natiewe bewyse hiervan, deur gebruik te maak van Stelling 2.2.8.Oplossing 1. Ons kontrolleer Item 2 uit Stelling 2.2.8. Dit wil sê, ons kon-trolleer of een van die vektore in die lys ’n lineêre kombinasie van die andervektore is. Inderdaad, ons sien deur inspeksie dat

f2 = f1 + f3. (2.2.9)

Dus, B is lineêr afhanklik.Oplossing 2. Ons kontrolleer Item 3 uit Stelling 2.2.8. Dit wil sê, ons kon-trolleer:

• f1 = 0 (nie waar nie), óf

• f2 is ’n skalaarveelvoud van f1 (nie waar nie), óf

• f3 is ’n lineêre kombinasie van f1 en f2, wat waar is:

f3 = −f1 + f2

�

Stelling 2.2.10 Afstampproposisie. Veronderstel L = {-l1, l2, . . . , lm-} is ’nlineêr onafhanklike lys vektore in ’n vektorruimte V en dat S = {-s1, s2, . . . , sn-}vir V span. Dan is m ≤ n.Bewys. Begin met die oorspronglike lys vektore

S = {-s1, s2, . . . , sn-} (2.2.10)

wat V span en oorweeg die ‘opgeblase’ lys

S ′ = {-l1, s1, s2, · · · , sn-} (2.2.11)

Nou, omdat S vir V span, weet ons in besonder dat l1 kan uitgedrukword as ’n lineêre kombinasie van die vektore s1, . . . , sn. Dus, deur Item 2


van Stelling 2.2.8, weet ons dat S ′ lineêr afhanklik is. Dus, deur Item 3 vanStelling 2.2.8, óf:

• l1 = 0. Dit kan nie waar wees nie, want dan sou L lineêr afhanklik weesweens Opmerking 2.2.2, wat in teenstryding is met ons oorspronklikeaanname.

• een van die s-vectore, noem dit sr, kan uitgedruk word as ’n lineêrekombinasie van die voorafgaande vektore. Ons kan dan sr uit die lys S ′verwyder (‘afstamp’), en die resulterende lys

S1 := {l1, s1, s2, · · · , sr, · · · , sn} (sr omitted) (2.2.12)

sal nog steeds vir V span, deur Oefening 2.1.7.

In hierdie manier kan ons aangaan: elke keer ’n l-vektor oor te dra en ’ns-vektor te verwyder, en die resulterende lys sal nog steeds vir V span:

L = {-l1, . . . , lm-} S = {-s1, . . . , sn-}L1 = {-l2, . . . , lm-} S1 = {-l1, s1, . . . , sn︸︷︷︸

n−1

-}

L2 = {-l3, . . . , lm-} S2 = {-l2, l1, s1, . . . , sn︸︷︷︸n−2

-}

......

Nou, veronderstel dat m > n. Wanneer ons die nste stadium van hierdieproses bereik, sal Sn = {-ln, . . . , l1-}, en dit sal vir V span. Dus, in besonder,ln+1 (let op dat hierdie vektore wel bestaan, want m > n) sal ’n lineêre kom-binasie van l1, . . . , ln wees. Maar dan, deur Item 2 van Stelling 2.2.8, lei onsaf dat L lineêr afhanklik is. Maar ons het aangeneem van die begin af dat Llineêr onafhanklik is. So ons het ’n teenstryding. Dus, ons aanname dat m > nmoet vals wees. Dus, dit moet waar wees dat m ≤ n. �

Oefeninge1. Wys dat die lys vektore (2, 3, 1), (1, −1, 2), (7, 3, c) lineêr afhanklik in

R3 is as en slegs as c = 8.2. Die lys vektore in Mat2,2 gegee deur

v1 =[1 21 1

], v2 =

[1 0−2 1

], v3 =

[1 02 3

], v4 =

[0 31 −1

], v5 =

[1 00 1

]is lineêr onafhanklik (ons sal dit in Oefening 2.3.6.4 bewys, maar ter willevan hierdie vraag kan jy aanvaar dat dit waar is). Herhaal dieselfde stappeas in Voorbeeld 2.2.9 om die eerste vektor in die lys te vind wat of dienulvektor of ’n lineêre kombinasie van die voorafgaande vektore is.

3. Let S = {-v1, . . . ,vn-} be a list of vectors in a vector space V . Supposethat S spans V . Suppose that w is another vector in V . Prove that thelist of vectors S ′ = {-w,v1, . . . ,vn-} also spans V .

4. Laat B = {v1, . . . ,vn} ’n lineêr onafhanklike lys vektore in ’n vektor-ruimte V wees. Veronderstel dat v ’n vektor in V is wat nie as ’n lineêrekombinasie van die vektore uit B geskryf kan word nie. Toon aan dat dielys B′ = {v1, . . . ,vn,v} lineêr onafhanklik is. (Wenk: Gebruik die Lineêre


Kombinasie van Voorafgaande Vektore Proposisie.)5. Consider the vector space of functions on the closed unit interval, Fun([0, 1]).

Show that for any n ∈ N, we can find n linear independent vectors inFun([0, 1]).

6. (Bonus) Try adapt the argument in the question above to show that forany n ∈ N, we can find n linear independent vectors in Cont([0, 1]), thevector space of all continuous real valued functions on [0, 1].

Oplossings

· Oefeninge2.2.1. Oplossing. We set up a linear equation and find the necessary con-ditions on c. Suppose some linear combination of the vectors equals 0:

k1(2, 3, 1) + k2(1, −1, 2) + k3(7, 3, c) = 0 = (0, 0, 0)

This vector equation gives rise to a system of 3 linear equations:

2k1 + k2 + 7k3 = 0, 3k1 − k2 + 3k3 = 0, k1 + 2k2 + ck3 = 0.

The corresponding matrix equation is2 1 73 −1 31 2 c

k1k2k3

=

000

This matrix is non-invertible if and only if its determinant is 0. Furthermore,the matrix being non-invertible will mean we can find a non-trivial solution tothe intial equation. We compute the determinant:s

det

2 1 73 −1 31 2 c

= −5c+ 40

which is 0 if and only if c = 8.2.2.2. Oplossing. Firstly note that v1 is non-zero, so we consider v2. v2cannnot be a scalar multiple of v1 by considering the matrix entry in position(1,2). We now consider v3. Suppose

a

[1 21 1

]+ b

[1 0−2 1

]=[1 02 3

]This gives rise to a system of four linear equations. In particular, we have theequation for the matrix entry in position (1,2):

2a+ 0b = 0And hence a = 0. But clearly

b

[1 0−2 1

]6=[1 02 3

]for any choice of b. Hence v3 is not a scalar multiple of v1 and v2. We considerv4 next. Suppose

a

[1 21 1

]+ b

[1 0−2 1

]+ c

[1 02 3

]=[0 31 −1

]


The equation for the entry in position (1,2) is simply

2a = 3

and so a = 32 . The corresponding equation for the entry in position (1,1) is

thus32 + b+ c = 0.

Using this result, we consider the equation for the entry in position (2,2) andcompute:

32 + b+ 3c = −1 =⇒ 3

2 + b+ c+ 2c = −1 =⇒ 2c = −1 =⇒ c = −12

and so b = −1. SHOW THAT THIS IS INCONSISTENT WITH (2,1).

2.2.3. Oplossing. To say that S spans V is to say that for every vectorv ∈ V there exist scalars (av

i ) depending on v such thatn∑i=1

avi vi = v.

But of course, it is also true that

0w +n∑i=1

avi vi = v

because 0w = 0 and so has no effect on the sum. Hence any vector in Vis a linear combination of w,v1, . . . ,vn which is to say that the set S ′ ={-w,v1, . . . ,vn-} spans V .

2.3 Basis en dimensieIn hierdie afdeling introduseer ons die begrippe van:

• ’n deelruimte van ’n vektorruimte, en ,

• die dimensie van ’n vektorruimte.

Dan bereken ons die dimensies van die vektorruimtes wat ons tot hierdie puntgesien het. Ons eindig deur die sifalgoritme te verduidelik, wat ons toelaat omnuttige resultate rakend basis en dimensie te bewys.

Definisie 2.3.1 ’n Lys vektore B = {-e1, e2, . . . , en-} in ’n vektorruimte V word’n basis van V genoem as dit lineêr onafhanklik is en V span. ♦

Stelling 2.3.2 Invariansie van dimensie. As e1, e2, . . . , en en f1, f2, . . . , fnalbei basisse van ’n vektorruimte V is, dan is m = n.Bewys. Dit is ’n gevolg van Proposisie 2.2.10 (die afstampproposisie). Aan-gesien die e-vectore V lineêr onfafhanklik is en die f -vektore V span, het onsm ≤ n. Aan die ander kant, omdat die f -vektore linêr onfahanklik is en diee-vektore V span, het ons n ≤ m. Daarom is m = n. �

Definisie 2.3.3 ’n Vektorruimte V is eindigdimensioneel as dit ’n eindigebasis het. In daardie geval is die dimensie van V die aantal elemente in ’n basisvir V . ’n Vektorruimte is oneindigdimensioneel as dit nie eindigdimensioneelis nie. ♦


Let op dat die konsep van die ‘dimensie van’n vektorruimte’ slegs goedgedefinieerdis as gevolg van Stelling 2.3.2.

Die geval van die nulvektorruimte Z = {0} is nie eksplisiet in Defin-isie 2.3.3 gehanteer nie. Ons hanteer dit as ’n spesiale geval. Naamlik,ons defineer die dimensie van die nulvektorruimte Z as 0. So, volgensdie definisie is Z is eindig-dimensionaal, en sy dimensie is gelyk aan 0.

2.3.1 Dimensies van bekende vektorruimtesVoorbeeld 2.3.4 Standaard basis vir Rn. Die lys vektore

e1 := (1, 0, . . . , 0), e2 := (0, 1, . . . , 0), . . . , en := (0, 0, . . . , 0, 1)

is ’n basis vir Rn. Ons het reeds in Voorbeeld 2.1.10 gesien dat die lys Rn span.Ons moet seker maak dat die lys lineêr onafhanklik is. So, suppose that

a1e1 + a2e2 + · · ·+ anen = 0.

Uitbreiding van die linkerkant na komponente volgens die definisie van diestandaard basisvektore ei lewer die vergelyking

(a1, 0, 0, . . . , 0) + (0, a2, 0, . . . , 0) + · · ·+ (0, 0, 0, . . . , an) = (0, 0, 0, . . . , 0).

Met ander woorde, ons het dat

(a1, a2, a3, . . . , an) = (0, 0, 0, . . . , 0)

wat beteken dat a1 = a2 = a3 = · · · = an = 0, presies wat ons moes bewys.Gevolglik is die lys vektore e1, e2, . . . , en lineêr onafhanklik en daarom is dit’n basis vir Rn. So Rn het dimensie n. �

Voorbeeld 2.3.5 A basis for R4. Check whether the following list of vectors

v1 = (1, 0, 2,−3), v2 = (1, 3,−1, 2), v3 = (0, 1, 2,−1),v4 = (1, 2, 3, 4) (2.3.1)

is a basis for R4.Oplossing. First we check if the list of vectors is linearly independent. Con-sider the equation

a1v1 + a2v2 + a3v3 + a4v4 = 0(2.3.2)

∴ a1(1, 0, 2,−3) + a2(1, 3,−1, 2) + a3(0, 1, 2,−1) + a4(1, 2, 3, 4) = (0, 0, 0, 0)(2.3.3)

∴ (a1 − a2 + a4, 3a2 + a3 + 2a4, 2a1 − a2 + 2a3 + 3a4,−3a1 + 2a2 − a3 + 4a4) = (0, 0, 0, 0)(2.3.4)

So the list of vectors is linearly indepedent if and only if the following equationshave only the trivial solution a1 = 0, a2 = 0, a3 = 0, a4 = 0:

a1 − a2 + a4 = 0 (2.3.5)3a1 + a3 + 2a4 = 0 (2.3.6)


2a1 − a2 + 2a3 + 3a4 = 0 (2.3.7)−3a1 + 2a2 − a3 + 4a4 = 0 (2.3.8)

We can compute the solutions to equations (2.3.5)–(2.3.8) by hand, or usingSageMath.

var('a1,␣a2,␣a3,␣a4')

solve([a1 - a2 + a4 == 0,3*a1 + a3 + 2*a4 == 0,2*a1 - a2 + 2*a3 + 3*a4 == 0,-3*a1 + 2*a2 - a3 + 4*a4 == 0],[a1, a2, a3, a4])

SageMath outputs:[[a1 == 0, a2 == 0, a3 == 0, a4 == 0]]

So indeed, equations (2.3.5)–(2.3.8) have only the trivial solution. Thereforethe list of vectors is linearly independent.

Next, we need to check that the list of vectors spans R4. (There is a shorterway of doing this, using Gevolg 2.3.32 below, but for now we prove it from firstprinciples.) So, let w = (w1, w2, w3, w4) be an arbitrary vector in R4. We needto show that there exists at least one way to express w as a linear combinationof the vectors v1,v2,v3,v4. In other words, we need to check if there exists atleast one solution to the following equation:

a1v1 + a2v2 + a3v3 + a4v4 = w(2.3.9)

∴ a1(1, 0, 2,−3) + a2(1, 3,−1, 2) + a3(0, 1, 2,−1) + a4(1, 2, 3, 4) = (w1, w2, w3, w4)(2.3.10)

∴ (a1 − a2 + a4, 3a2 + a3 + 2a4, 2a1 − a2 + 2a3 + 3a4,−3a1 + 2a2 − a3 + 4a4) = (w1, w2, w3, w4)(2.3.11)

So the list of vectors spans R4 if and only if the following equations fora1, a2, a3, a4 always have a solution, no matter what the values of w1, w2, w3, w4are:

a1 − a2 + a4 = w1 (2.3.12)3a1 + a3 + 2a4 = w2 (2.3.13)

2a1 − a2 + 2a3 + 3a4 = w3 (2.3.14)−3a1 + 2a2 − a3 + 4a4 = w4 (2.3.15)

We can compute the solutions to equations (2.3.12)–(2.3.15) by hand, or usingSageMath:

var('a1,␣a2,␣a3,␣a4,␣w1,␣w2,␣w3,␣w4')

solve([a1 - a2 + a4 == w1,3*a1 + a3 + 2*a4 == w2,2*a1 - a2 + 2*a3 + 3*a4 == w3,-3*a1 + 2*a2 - a3 + 4*a4 == w4],[a1, a2, a3, a4])

Note that we ask SageMath to solve for a1, a2, a3, a4, since w1, w2, w3,w4 are regarded as constants in the equation... we are not trying to solve forthem, they are fixed, but arbitrary! SageMath outputs:


[[a1 == 1/9*w1 + 7/18*w2 - 2/9*w3 - 1/18*w4, a2 == -2/3*w1 + 5/12*w2- 1/6*w3 + 1/12*w4, a3 == -7/9*w1 - 2/9*w2 + 5/9*w3 - 1/9*w4, a4 ==2/9*w1 + 1/36*w2 + 1/18*w3 + 5/36*w4]]

In other words, there does indeed exist a solution, no matter what (w1, w2, w3, w4)is. For instance, if (w1, w2, w3, w4) = (3, 1, 2, 4), then the solution is

a1 = 118 , a2 = −19

12 , a3 = −179 , a4 = 49

36 .

In other words,

(3, 1, 2, 4) = 118v1 −

1912v2 −

179 v3 + 49

36v4.

Since there exists a solution to equation (2.3.9) for each vector w ∈ R4, weconclude that {-v1,v2,v3,v4-} spans R4.

Hence {-v1,v2,v3,v4-} is a basis for R4, since it is linearly independent andspans R4. �

Voorbeeld 2.3.6 Die lys polinome

p0(x) := 1, p1(x) := x, p2(x) := x2, . . . , pn(x) := xn

is ’n basis vir Polyn, so dim Polyn = n + 1. Duidelik span hierdie lys Polynper definisie, so ons moet net seker maak dat hulle line{êr} onafhanklik is.Veronderstel dat

a0p0 + a1p1 + a2p2 + · · ·+ anpn = 0.

Dit is ’n vergelyking van funksies, so dit geld vir alle x ∈ R! Met anderwoorde, vir alle x ∈ R het ons het die vergelyking

a0 + a1x+ a2x2 + · · ·+ anx

n = 0. (2.3.16)

Dink versigtig hieraan. Vergelyking (2.3.16) verteenwordig ’n oneindigestelsel van vergelykings vir die onbekendes a0, a1, . . . , an. Daar is een verge-lyking vir elke waarde van x ∈ R. Byvoorbeeld

(x = 1) a0 + a1 + a2 + · · ·+ an = 0 (2.3.17)(x = −1) a0 − a1 + a2 + · · ·+ (−1)nan = 0 (2.3.18)

(x = 2) a0 + 2a1 + 4a3 + · · ·+ 2nan = 0 (2.3.19)(x = 3) a0 + 3a1 + 9a3 + · · ·+ 3nan = 0 (2.3.20)

... (2.3.21)

Veronderstel dat ons waardes vir a0, a1, a2, . . . , an kan vind wat elkeen vanhierdie oneindig veel vergelykings (2.3.17)–(2.3.21) op los. Ons kan nou onsstandpunt verander. Naamlik, stel hierdie vaste waardes vir a0, a1, . . . , an inVergelyking (2.3.16) en beskou Vergelyking (2.3.16) as ’n vergelyking vir dieonbekende x (die koëffisiente a0, a1, . . . , an is nou vasgemaak.) Ons trek diegevolg dat elke x ∈ R ’n wortel van hierdie polinoom vergelyking is!

Maar, ons weet uit algebra dat ’n polinoom van die vorm (2.3.16) met nie-nul koëffisiënte meestens n wortels x1, x2, . . . , xn het . So, die koëffisiënte moetnul wees, i.e. a0 = a1 = a2 = · · · = an = 0, wat is wat ons moes bewys. �

Voorbeeld 2.3.7 Dimensie van Polyn[x, y]. Onthou uit Voorbeeld 1.6.20die vektorruimte Polyn[x, y] van polinome in veranderlikes x en y van graad


minder of gelyk aan n.’n Basis vir Poly0[x, y] word gegee deur die konstante polinoom

1

so Dim Poly0[x, y] = 1. Soortgelyk, ’n basis vir Poly1[x, y] word gegee deur diepolinome

1, x, y

so Dim Poly1[x, y] = 3. Soortgelyk, ’n basis vir Poly2[x, y] word gegee deur diepolinome

1, x, y, x2, xy, y2

so Dim Poly2[x, y] = 6. Deur sò te redeneer, sien ons dat

Dim Polyn[x, y] = 1 + 2 + 3 + · · ·n+ 1

= (n+ 1)(n+ 2)2 .

�

Voorbeeld 2.3.8 Dimensie van Vectn(R2). Onthou uit Voorbeeld 1.6.21die vektorruimte Vectn(R2) van polinomiaal vektorvelde op R2 wie se kompo-nentfunksies almal graad minder of gelyk aan n het.

’n Basis vir Vect0(R2) word gegee deur die konstant polinomiaalvektorvelde

(1, 0), (0, 1)

so Dim Vect0(R2) = 1 + 1 = 2. Soortgelyk, ’n basis vir Vect1(R2) word gegeedeur die polinomiaalvektorvelde

(1, 0), (x, 0), (y, 0), (0, 1), (0, x), (0, y)

so Dim Vect1(R2) = 3 + 3 = 6. Soortgelyk ’n basis vir Vect2(R2) word gegeedeur die polinomiaalvektorvelde

(1, 0), (x, 0), (y, 0), (x2, 0), (xy, 0), (y2, 0),(0, 1), (0, x), (0, y), (0, x2), (0, xy), (0, y2)

so Dim Vect2(R2) = 6 + 6 = 12. Deur sò te redeneer, sien ons dat

Dim Vectn(R2) = Dim Polyn[x, y] + Dim Polyn[x, y]= (n+ 1)(n+ 2).

�

Voorbeeld 2.3.9 Veronderstel X ’n eindige versameling is. Dan is Fun(X)eindig-dimensioneel, met dimensie |X|, waar die basis gegee word deur diefunksies fa, a ∈ X, gedefinieer deur:

fa(x) :={

1 if x = a

0 andersins(2.3.22)

Ons sal dit in ’n reeks oefeninge bewys.


Die formule aan die regterkant van (2.3.22) kom so gereeld in wiskundevoor dat ons dit ’n spesiale simbool gee, naamlik δab (die ‘Kronecker-delta’). Hierdie simbool staan vir die formule: “As a = b, gee die waarde1. As a 6= b, gee die waarde 0”. In hierdie taal kan ons die definisie vandie funksies fa as

fa(x) := δax (2.3.23)

herskryf.

�

Verstaanpunt 2.3.10 Suppose X = {a, b, c}.1. Evaluate the function fb at each x ∈ X.

2. Show that {-fa, fb, fc-} is a basis for Fun(X).

Verstaanpunt 2.3.11 Nou, laat X ’n arbitrêre eindige versameling wees.Oorweeg die versameling funksies

B = {-fa : a ∈ X-}

Toon aan dat B ’n basis vir Fun(X) is.-->

Voorbeeld 2.3.12 Trign is (2n+ 1)-dimensioneel, met basis

T0(x) := 1, T1(x) := cosx, T2(x) := sin x, T3(x) := cos 2x,T4(x) := sin 2x, . . . , T2n−1(x) := cosnx, T2n(x) := sinnx.

Hierdie funksies span Trign per definisie. Hulle is ook lineêr onafhanklik,alhoewel ons dit nie sal bewys nie. �

Voorbeeld 2.3.13 Die dimensie van Matn,m is nm. ’n Basis word gegee deurdie matrikse

Eij , i = 1 . . . n, j = 1 . . .m

wat ’n 1 in ry i en kolom j het, en nulle orals elders.

Normaalweg is A ’n matriks en Aij is die element van die matriks indie posisie (i, j). Maar nou is Eij ’n matriks in eie reg! ’n Elementin posisie (k, l) sal geskryf word as (Eij)kl. Ek hoop jy vind dit nie teverwarrend nie. Trouens, ons kan ’n elegante formule vir die elementevan Eij neerskryf deur gebruik te maak van die Kronecker delta-simbool:

(Eij)kl = δikδjl (2.3.24)

�

Verstaanpunt 2.3.14 Kontroleer dat (5.0.1) wel die korrekte formule vir diematrikselemente van Eij gee.

Voorbeeld 2.3.15 Die standaard basis van Mat2,2 is

E11 =[

1 00 0

], E12 =

[0 10 0

],E21 =

[0 01 0

],E22 =

[0 00 1

].

�


Voorbeeld 2.3.16 Die standaard basis van Coln is

e1 :=

10...0

, e2 :=

01...0

, . . . , en :=

00...1

.

�

Voorbeeld 2.3.17 Dimensie van ’n hipervlak. Laat v ∈ Rn ’n vastevektor wees, en beskou die hipervlak W ⊂ Rn ortogonaal aan v soos in Voor-beeld 1.6.13. Jy in Oefening Verstaanpunt 2.3.19 bewys dat Dim(W ) = n− 1.

Byvoorbeeld, beskou die spesifieke voorbeeld uit Voorbeeld 1.6.13, naamlikdie vlak W ⊂ R3 ortogonaal aan v = (1, 2, 3). Met ander woorde,

W = {(w1, w2, w3) ∈ R3 : w1 + 2w2 + 3w3 = 0}. (2.3.25)

Daar is geen ’standaard basis’ vir W nie. Maar, hier is een basis (net so goedas enige ander basis):

a = (1, 0,−13), b = (0, 1,−2

3). (2.3.26)

Jy sal in Verstaanpunt 2.3.18 aantoon dat dit wel ’n basis vir W is. Ek hethierdie vektore as volg bereken. Vir a, het ek eenvoudig net w1 = 1, w2 = 0gestel en dan vir w3 opgelos deur Vergelyking (2.3.25) te gebruik. Soortgelyk,vir b, het ek eenvoudig net w1 = 0, w2 = 1 gestel en dan vir w3 opgelos deur(2.3.25) te gebruik.

Daar is niks spesiaal met my metode hierbô om ’n basis vir W te berekennie. Hier is nog ’n basis vir W , wat ek bereken het deur arbitrêre waardes vanw1 en w2 te kies en dan w3 te bereken deur Vergelyking (2.3.25) te gebruik:

u = (1, 2,−53), v = (−4, 2, 0). (2.3.27)

Wat ook al metode ons gebruik om ’n basis vir W te bereken, sien ons datDim(W ) = 2. �

Verstaanpunt 2.3.18 Toon aan dat die lys vektore {-a,b-} uit (2.3.26) inVoorbeeld 2.3.17 ’n basis vir W is.

Verstaanpunt 2.3.19 Laat v ∈ Rn ’n vaste vektor wees, en stel

W := {w ∈ Rn : v · w = 0}

Bewys dat Dim(W ) = n− 1.Wenk. Vind ’n basis vir die oplossingversamling van die vergelyking wat Wdefineer.

2.3.2 Dimensie van die vektorruimte van oplossings van ’nhomogene lineêre differensiaalvergelyking

Ons gaan nou die dimensie bereken van die vektorruimte van oplossings van ’nhomogene lineêre differensiaalvergelyking. Ons het die volgende stelling nodiguit die teorie van differensiaalvergelykings, wat ons nie sal bewys nie.


Stelling 2.3.20 Bestaan en uniekheid van oplossings van lineêreGDV’s. Laat

y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · ·+ a1(x)y(1) + a0(x)y == 0 (2.3.28)

’n lineêre homogene differensiaalvergelyking wees op ’n interval I, waar a0(x), · · · , an−1(x)kontinu op I is. Verdonderstel dat ons beginwaardes gegee word,

y(x0) = c0 (2.3.29)y(1)(x0) = c1 (2.3.30)

... (2.3.31)y(n−1)(x0) = cn−1 (2.3.32)

waar x0 ∈ I en c0, . . . , cn−1 willekeurige konstantes is. Dan bestaan daar’n unieke funksie y(x) op I wat die differensiaalvergelyingsaisfying (2.3.28)bevredig asook die beginwaardes (2.3.29)–(2.3.32).

Ons gaan nie Stelling 2.3.20 bewys nie --- jy kan die bewys in ’n kursusoor Differensiaalvergelykings vind. Ons is eerder geinteresseerd in die LineêreAlgebra gevolgtrekkings van Stelling 2.3.20. Maar eerstens, ’n voorbeeld omdie Stelling te illustreer,.Voorbeeld 2.3.21 Visualisering van Stelling 2.3.20. Die volgende appillustreer Stelling 2.3.20. Sleep die rooi en groen slepers om die koëffisiente vandie differensiaal vergelyking te verander (in hierdie voordbeeld, die koëffisiënteis net getalle, maar in algemeen hulle is funksies van x). Sleep die rooi punteom die beginwaardes te verander.

Specify static image with @preview attribute,Or create and provide automatic screenshot as

images/interactive-1-preview.png via the mbx script

www.geogebra.org/material/iframe/id/https://www.geogebra.org/material/iframe/id/xfs4bpqk/width/598/height/804/border/888888/sfsb/true/smb/false/stb/false/stbh/false/ai/false/asb/false/sri/false/rc/false/ld/false/sdz/false/ctl/false

Figuur 2.3.22: GeoGebra App: 2de orde GDV met konstante koëffisiënte.

�

Gevolg 2.3.23 Dimensie van vektorruimte van oplossings van ’n ho-mogene lineêre GDV van orde n. Laat V die vektorruimte van alle oploss-ings van ’n n-ste orde homogene lineêre gewone differensiaalvergelyking op ’ninterval I wees,

y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · ·+ a1(x)y(1) + a0(x)y = 0, (2.3.33)

waar a0(x), · · · , an−1(x) kontinu op I is. Dan is

Dim(V ) = n.

Bewys. Kies ’n vaste a ∈ I. Deur die bestaan deel van Stelling 2.3.20, weet onsdat daar bestaan

y0, . . . , yn−1 ∈ V (2.3.34)

/interactive-1.html


wat die volgende beginwaardes bevredig:

y(j)i (a) = δij , i, j = 1 . . . n− 1. (2.3.35)

Hier is (2.3.35) volledig uitgeskryf:

y0(a) = 1 y1(a) = 0 · · · yn−1(a) = 0 (2.3.36)

y(1)0 (a) = 0 y

(1)1 (a) = 1 · · · y

(1)n−1(a) = 0 (2.3.37)

...... (2.3.38)

y(n−1)0 (a) = 0 y

(n−1)1 (a) = 0 · · · y

(n−1)n−1 (a) = 1 (2.3.39)

Ek beweer dat {-y0, . . . , yn−1-} ’n basis vir V is.Stap 1. {-y0, . . . , yn−1-} is lineêr onafhanklik.. Veronderstel

k0y0 + · · ·+ kn−1yn−1 = 0. (2.3.40)

Deur Vergelyking (2.3.40) herhaaldelik te differensieer, kry ons n vergelykings:

k0y0 + · · ·+ kn−1yn−1 = 0 (2.3.41)k0y′0 + · · ·+ kn−1y

′n−1 = 0 (2.3.42)

... (2.3.43)

k0y(n−1)0 + · · ·+ kn−1y

(n−1)n−1 = 0 (2.3.44)

Deur (2.3.41) te evalueer by x = a kry ons:

k0 y0(a)︸︷︷︸=1

+k1 y1(a)︸︷︷︸=0

+ · · ·+ kn−1 yn−1(a)︸︷︷︸=0

= 0

∴ k0 = 0.

Soortgelyk, deur (2.3.42) te evalueer by x = a kry ons

k0 y′0(a)︸︷︷︸=0

+k1 y′1(a)︸︷︷︸=1

+ · · ·+ kn−1 y′n−1(a)︸︷︷︸

=0

= 0

∴ k1 = 0.

Soortgelyk, deur die oorblywnede höer afgeleides by x = a te evalueer kry onsk2 = 0, . . . , kn−1 = 0. Dus, {-y0, . . . , yn−1-} is lineêr onafhanklik.Stap 2. {-y0, . . . , yn−1-} span vir V .. Laat y ’n willekeurige oplossing vandie differensiaalvergelyking (2.3.28) wees. Ons moet aantoon dat y uitgedrukkan word as ’n lineêre kombinasie van y0, . . . , yn−1.

Defineer skalare c0, . . . , cn−1 deur die afgeleides van y by x = a te evalueer:

c0 := y(a)c1 := y′(a)...

cn−1 := y(n−1)(a)

Ek beweer daty = c0y0 + c1y1 + · · ·+ cn−1yn−1. (2.3.45)

Om hierdie te bewys, laat f die funksie op die regterkant van (2.3.45) wees:

f := c0y0 + c1y1 + · · ·+ cn−1yn−1


Duidelik is f ∈ V , met ander woorde f is wel ’n oplossing van die differen-siaalvergelyking (2.3.28).

Verder, oorweeg om f herhaaldelik te differensieer en dan te evalueer by x =a. Deur die beginwaardes wat deur die funksies yi bevredig word, Vergelyking(2.3.35), bereken ons:

f(a) = c0

f ′(a) = c1

...f (n−1)(a) = cn−1

Hierdie is presies dieselfde beginwaardes bevredig deur y in Vergelykings (2.3.36)–(2.3.39)!Dus, deur die uniekheid deel van Stelling 2.3.20, lei ons af dat f = y. Dus(2.3.45) is inderdaad waar. �

Laat ons nou ’n paar voorbeelde doen wat die ideë hierbô illustreer.Voorbeeld 2.3.24 Toepassing van bestaan en uniekheid van oploss-ings van ’n GDV. Beskou die GDV

x2y′′− 3xy

′+ 5y = 0 on (0,∞) (2.3.46)

uit Voorbeeld 1.6.25. Om Stelling 2.3.20 toe te pas, heskryf ons dit eers in dievorm

y′′− 3xy′ + 5

x2 y = 0 on (0,∞). (2.3.47)

Die koëffisiëntfunksies 3x en 5

x2 is albei kontinu op (0,∞) en so kan ons Stelling 2.3.20toepas. Kies, byvoorbeeld, x0 = 1 en willekeurige getalle c0, c1. Dan sêStelling 2.3.20 dat daar bestaan ’n unieke oplossing y(x) van die differensi-aalvergelyking (2.3.47) wat die volgende beginwaardes bevredig:

y(1) = c0 (2.3.48)y′(1) = c1 (2.3.49)

Laat ons die verifeer in SageMath. Eerstens, ons vra SageMath om die al-gemene oplossing van differensiaalvergelyking (2.3.47) te bereken:

x = var('x')y = function('y')(x)

ode = diff(y,x,2) - 3/x * diff(y,x,1) + 5/x^2 * y == 0

show(desolve(ode , y))

SageMath vertel ons dat die algemene oplossing van die differensiaalvergelyking(2.3.47) is

y = K1x2 sin(log(x)) +K2x

2 cos(log(x)). (2.3.50)Laat ons nou die beginwaardes (2.3.48)–(2.3.49) toe pas. Ons kan y(1) en y′(1)bereken deur die formule vir y uit (2.3.50) te gebruik. So (2.3.48)–(2.3.49) word(kontrolleer!):

K2 = c0 (2.3.51)K1 + 2K2 = c1 (2.3.52)

Vergelykings (2.3.51)–(2.3.52) het ’n unieke oplossing, naamlik K1 = c1 −2c0,K2 = c0. So inderdaad, vir enige beginwaardes (2.3.48)–(2.3.49), het die


differensiaalvergelyking (2.3.47) ’n unieke oplossing, naamlik:

y = (c1 − 2c0)x2 sin(log(x)) + c0x2 cos(log(x))

Byvoorbeeld, as ons beginwaardes

y(1) = 1 (2.3.53)y′(1) = 0 (2.3.54)

is, dan is die unieke oplossing as volg:

y = −2x2 sin(log(x)) + x2 cos(log(x)). (2.3.55)

Jy kan dit ook eksplisiet in SageMath bevestig, deur die ics=[1,1,0] opsie vandesolve te gebruik (die eerste nommer is die waarde van x0, die tweede nommeris die waarde van y(x0), en die derde nommer is die waarde van y’(x_0), etc.):

x = var('x')y = function('y')(x)

ode = diff(y,x,2) - 3/x * diff(y,x,1) + 5/x^2 * y == 0

show(desolve(ode , y, ics=[1,1,0]))

SageMath druk uit dieselfde oplossing as in (2.3.55). Soortgelyk, as ons begin-waardes

y(1) = 1 (2.3.56)y′(1) = 0 (2.3.57)

is, dan is die unieke oplossing

y = x2 sin(log(x)).

�

2.3.3 Dimensies van deelruimtesOns gaan nou deelruimtes van vektorruimtes se dimensie bestudeer.Stelling 2.3.25 LaatW ’n deelruimte van ’n eindig-dimensionele vektorruimteV wees. Dan is W eindig-dimensioneel, en Dim(W ) ≤ Dim(V ). Verder, asDim(W ) = Dim(V ) dan is W = V .Bewys.Proving that Dim(W ) ≤ Dim(V ). Let

C = {-v1, . . . ,vn-}

be a basis for V , so that Dim(V ) = n. We just need to show that W isfinite-dimensional, i.e. that there exists a basis

B = {-w1, . . . ,wk-}

for W . For then B will be a list of k linearly independent vectors which live inW (and hence also in V ) and hence we must have k ≤ n by Stelling 2.2.10, asC spans V .

We show that W is finite-dimensional as follows.IfW is the zero vector space {0}, thenW is finite-dimensional by definition.IfW is not the zero vector space, then there exists a nonzero vector w1 ∈W .


Consider the list B1 = {-w1-}. Note that B1 is linearly independent, by Item 3of Stelling 2.2.8. So, if B1 spans W , then it is a basis for W , and so W isfinite-dimensional and we are done.

If B1 does not span W , then there exists a vector w2 ∈ W which is not ascalar multiple of e1. Now consider the list B2 = {e1, e2}. Once again, B2 islinearly independent, by Item 3 of Stelling 2.2.8. So, if B2 spans W , then it isa basis for W , and we are done.

If B2 does not span W , then there exists a vector w3 ∈ W which is not alinear combination of w1 and w2. Now consider the list B3 = {w1,w2,w3}.Again, B3 is linearly independent, by Item 3 of Stelling 2.2.8. If it does notspan W , then there exists a vector w4 ∈ W which is not a linear combinationof w1,w2,w3. So consider the list B4 = {-w1,w2,w3,w4-}.

This process must terminate for some k ≤ n. If not, then it will producea list Bn+1 = {-w1, . . . ,wn+1-}. This would be a linearly independent list ofn+ 1 vectors from V . But DimV = n, so this is impossible, by Stelling 2.2.10.Hence for some k ≤ n we must have that Bk is a basis for W , and we are done.Proving that Dim(V ) = Dim(W ) ⇒ W = V . Suppose that Dim(W ) =Dim(V ) but that W 6= V . Since W 6= V , there exists a vector v which is anelement of V but not an element of W . Let B = {-w1, . . . ,wn-} be a basis forW . We can add v to B to get the following list of vectors in V :

B′ = {-w1, . . . ,wn,v-}.

Since v cannot be written as a linear combination of w1, . . . ,wn, we concludethat B′ linearly lindependent, by Item 3. But then B′ is a list of n+ 1 linearlyindependent vectors in an n-dimensional vector space V . This is impossible, byStelling 2.2.10. Therefore our assumption was false, and we must haveW = V .

�

2.3.4 Oneindig-dimensionele vektorruimtesDit is goed om ’n paar voorbeelde van oneindig-dimensionele vektorruimte tehê.Stelling 2.3.26 Poly is oneindigdimensioneel.Bewys. Veronderstel Poly is eindigdimensioneel. Dit beteken daar bestaan’n eindige versameling polinome p1,p2, . . . ,pn wat Poly span. Maar, laat ddie hoogste graad van al die polinome in die lys p1,p2, . . . ,pn wees. Dan isp := xd+1 ’n polinoom wat nie in die span van p1,p2, . . . ,pn is nie, wantdie sommering en skalaarvermenigvuldiging van polinome kan nooit die graadverhoog nie. Ons het ’n teenstelling bereik. So ons aanvanklike aanname kannie waar wees nie, i.e. Poly kan nie eindigdimensioneel wees nie. �

Voorbeeld 2.3.27 Ons sal dit nie hier bewys nie, maar die volgende vektor-ruimtes is ook eindigdimensioneel:

• R∞,

• Fun(X) waar X ’n eindige versameling is,

• Cont(I) vir enige nie-leë interval I,

• Diff(I) vir enige oop interval I, en

• Polyk.

�


2.3.5 Die sifalgoritme en die gebruike daarvanAs ons die bewys van Proposisie 2.2.10 (die ‘Afstampproposisie’) noukeurigbestudeer, vind ons dat dit van ’n sif-algoritme gebruik maak. Hierdie algo-ritme kan op enige lys vektore v1,v2, . . . ,vn in ’n vektorruimte toegepas word.Beskou elke vektor vi in so ’n lys opeenvolgend. As vi die nul-vektor is, ofas dit ’n lineêre kombinasie van die voorafgaande vektore v1,v2, . . . ,vn−1 is,verwyder dit van die lys.

Voorbeeld 2.3.28 Sif die volgende lys vektore in R3:

v1 = (1, 2,−1), v2 = (0, 0, 0), v3 = (3, 6,−3)v4 = (1, 0, 5), v5 = (5, 4, 13), v6 = (1, 1, 0).

Ons begin met v1. Aangesien dit nie die nul-vektor is nie en nie ’n lineêrekombinasie van enige voorafgaande vektore is nie, bly dit in die lys. Noubeweeg ons aan na v2, wat nul is, so ons verwyder dit. Ons skuif aan na v3,wat ons deur inspeksie vasstel dat dit as3v1 geskryf kan word, so ons verwyderdit. Ons beweeg aan na v4. Dit is nie nul nie, en dit kan nie as ’n veelvoudvan v1 uitgedruk word nie (bevestig dit vir jouself), so dit bly in die lys. Onsbeweeg aan na v5. Ons kyk of dit as die lineêre kombinasie

v5 = av1 + bv4

geskryf kan word en vind die oplossing a = 2, b = 3 (bevestig self), so onsverwyder dit. Uiteindelik kom ons by v6. Ons ondersoek of dit as ’n lineêrekombinasie

v6 = av1 + bv4

geskryf kan word en vind geen oplossings nie (bevestig self), so dit bly in dielys. Ons finale gesifte lys is

v1,v4,v6.

�

Verstaanpunt 2.3.29 Doen die drie ‘bevestig self’-bewerkings hierbo.Oplossing.

1. Suppose(a, 2a,−a) = (1, 0, 5).

Then the first entry requires that a = 1 but the second entry requiresthat a = 0. Hence there can be no a satisfying the equation.

2.

2v1+3v2 = 2(1, 2,−1)+3(1, 0, 5) = (2+3, 4+0,−2+15) = (5, 4, 13) = v4

3. Supposeav1 + bv4 = v6

i.e.(a, 2a,−a) + (b, 0, 5b) = (1, 1, 0).

Consideration of the second entry gives a = 12 which, by looking at the

first entry, forces b = 12 but then, if we look at the third entry, − 1

2 + 52 6= 0.

Hence there are no solutions to the equation.Die volgende resultate wys dat sifting a baie nuttige manier is om ’n basis


vir ’n vektorruimte te konstrueer!Hulpstelling 2.3.30 As ’n lys vektore v1,v2, . . . ,vn ’n vektorruimte V span,dan sal sifting van die lys in ’n basis vir V resulteer.Bewys. By elke stap vind ons dat ’n vektor wat uit die lys verwyder word ófdie nul-vektor is, óf ’n lineêre kombinasie van die voorafgaande vektore is watnié uit die lys verwyder word nie. So as ons die vektor uit die lys verwyder, saldie oorblywende vektore steeds V span. Daarom span die vektore in die finalelys steeds V .

Om te sien dat die finale gesifte lys lineêr onafhanklik is, pas ons Propo-sisie 2.2.8 toe. Deur konstruksie is geen vektor in die finale lys ’n lineêre kom-binasie van die voorafgaande vektore nie (ander sou dit verwyder gewees het!).Daarom is die finale lys nie lineêr afhanklik nie, so dit moet lineêr onafhanklikwees! �

Gevolg 2.3.31 Enige lineêr onafhanklike lys vektore v1,v2, . . . ,vk in ’n eindig-dimensionele vektorruimte V kan uitgebrei word tot ’n basis van V .Bewys. Aangesien V eindig-dimensioneel is, het dit ’n basis e1, . . . , en. Oor-weeg nou die lys

L : v1,v2, . . . ,vk, e1, e2, . . . , enwat duidelik V span. Deur die lys te sif, sal ons ’n basis vir V kry, vol-gens Lemma 2.3.30. Sommige van die e-vektore mag dalk verwyder wees indie proses. Maar geeneen van die v-vektore sal verwyder word nie, aangesiendit sou beteken dat sommige vektore vi ’n lineêre kombinasie van die vooraf-gaande vektore v1, . . . ,vi−1 is, wat onmoontlik is, omdat v1, . . . ,vk ’n lineêronafhanklike lys is. Dus ná sifting van die lys L brei ons ons die oorspronklikelys v1, . . . ,vk uit na ’n basis van V . �

Gevolg 2.3.32 As v1,v2, . . . ,vn ’n lineêr onafhanklike lys van n vektore in ’nn-dimensionele vektorruimte V is, dan is dit ’n basis.Bewys. Volgens Gevolgtrekking 2.3.31 kan ons v1,v2, . . . ,vn uitbrei tot ’nbasis van V . Maar V het dimensie n, so die basis moet slegs n vektore bevatvolgens Stelling 2.3.2 (Onveranderlikheid van Dimensie). Gevolglike het onsgeen vektore bygevoeg nie, en ons oorspronklike lys is reeds ’n basis. �

Voorbeeld 2.3.33 In Voorbeeld 2.2.7 het ons gewys dat die lys polinome

q0(x) := 1, q1(x) := x, q2(x) := 2x2 − 1, q3(x) := 4x3 − 3x

lineêr onafhanklik in Poly3 is. Aangesien dim Poly3 = 4, sien ons dat dit ’nbasis vir Poly3 is.

In Oefening 2.1.5 het jy gewys dat q0, . . . ,q3 ’n basis vir Poly3 is deur’n ‘brute krag’ benadering. Hierdie nuwe metode is verskillend!

�

2.3.6 Oefeninge1. Sif die lys vektore

v1 = (0, 0, 0), v2 = (1, 0,−1), v3 = (1, 2, 3)v4 = (3, 4, 5), v5 = (4, 8, 12), v6 = (1, 1, 0).


2. Laat V ’n vektorruimte van dimensie n wees. Besluit (en skryf jou besluitneer!) of die volgende bewerings waar of onwaar is. As dit waar is, bewysdit. Indien nie, gee ’n teenvoorbeeld.

• Enige lineêr onafhanklike lys vektore in V bevat hoogstens n vektore.

• Enige lys vektore wat V span bevat ten minste n vektore.3. Voltooi die bewys van die volgende Lemma.

Lemma. Veronderstel dat V ’n vektorruimte van dimensie n is. Danis enige lineêr onafhanklike lys van n vektore in V ’n basis vir V .

Bewys. Laat B = {v1, . . . ,vn} ’n lineêr onafhanklike lys vektore in Vwees.

Veronderstel dat B nie ’n basis vir V is nie.Daarom span B nie V nie, want... (a)Daarom bestaan daar v ∈ V sodanig dat ... (b)Voeg nou v by die lys B om ’n nuwe lys te vorm, B′ := ... (c)Die nuwe lys B′ is lineêr onafhanklik omdat ... (d)Dit is ’n teenstelling, omdat ... (e)Dus B moet ’n basis vir V wees.

4. Gebruik Oefening 2.3.6.2(a) om aan te toon dat die lys matrikse in Mat2,2vanaf Oefening 2.2.2 lineêr onafhanklik is.

5. In elke geval, gebruik die resultate uit Oefeninge 2.3.6.2 en 2.3.6.3 om tebepaal of B ’n basis vir V is:

• V = Poly2, B ={

2 + x2, 1− x, 1 + x− 3x2, x− x2}• V = Mat2,2,

B ={[

1 2−1 3

],

[0 13 −1

],

[1 23 4

]}

• V = Trig2, B ={

sin2 x, cos2 x, 1− sin 2x, cos 2x+ 3 sin 2x}

6. Laat {u,v,w} ’n lineêr onafhanklike lys vektore in ’n vektorruimte Vwees. Skryf neer of die volgende bewerings waar of onwaar is. As dit waaris, bewys dit. As dit onwaar is, gee ’n teenvoorbeeld. Wenk: Gebruik diedefinisie van lineêre onafhanklikheid.

• Die lys {u + v, v + w, u + w} is lineêr onafhanklik.

• Die lys {u− v, v−w, u−w} is lineêr onafhanklik.7. Vir elkeen van die volgende, toon aan dat V ’n deelruimte van Poly2 is,

vind ’n basis vir V , en bereken dimV .• V = {p ∈ Poly2 : p(2) = 0}

• V = {p ∈ Poly2 : xp′(x) = p(x)}8. Prove or disprove: there exits a basis {-p0, p1, p2, p3-} of Poly3 such that

none of the polynomials p0, p1, p2, p3 have degree 2.9. Prove or disprove: if U and W are distinct subspaces of V with U 6= V

and W 6= V , then dim(U +V ) = dim(U) + dim(V ). (Recall the definitionof the sum of two subspaces from Oefening 1.6.4.9.)

10. Laat V die vektorruimte van oplossings van die volgende differensiaalev-ergelying wees:

x3y′′′ + x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0 (2.3.58)


(a) Sonder om enige eksplisiete berekeninge to doen, bepaal die dimensievan V .

(b) Deur SageMath te gebruik, vind ’n basis vir V . (Sien die voorbeeldein Afdeling 2.3). Toon eksplisiet aan (met had berekeninge!) datelkeen van jou basis vektore inderdaad (2.4.8) bevredig.

(c) Bepaal die unieke funksie y1 wat ’n oplossing van (2.4.8) is en dievolgende beginwaardes bevredig:

y1(1) = 1 y′1(1) = 0 y′′1 (1) = 0.

(d) Bepaal die unieke funksie y2 wat ’n oplossing van (2.4.8) en dievolgende beginwaardes bevredig:

y2(1) = 0 y′2(1) = 1 y′′2 (1) = 0.

(e) Beskou die funksie y3 = y1 + y2. Bevredig dit ook die differen-siaalvergelyking (2.4.8)? As gevolg van Stelling 2.3.20, is y3 dieunieke oplossing van ’n beginwaardeprobleem wat te doen het met(2.4.8). Wat is daardie beginwaardes?

(f) Lees deur 2D Plotting in Sage. Gebruik SageMath om ’n grafiekvan y1, y2, y3 te teken op die interval [0, 10].

2.3.7 Oplossings

2.3.6 · Oefeninge2.3.6.2. Oplossing.(a) True

Bewys. Suppose we had a list of n + 1 linearly independent vectors.By Corollary 2.3.31, we can extend the list to a basis for V . Hence wewould obtain a basis for V with at least n+ 1 vectors. We conclude thatdimV ≥ n+ 1 contradicting, the fact that dimV = n. �

(b) TrueBewys. Try it yourself! Your proof will be very similar to the one givenfor a. �

2.3.6.3. Oplossing.(a) Any linearly independent spanning set is by definition a basis, contra-

dicting our assumption.

(b) v is not a linearly combination of the vectors in B.

(c) {-v1 . . . ,vn,v-}

(d) No vector in B′ is a linear combination of the previous vectors and so thelist is thus linearly indepedent by Stelling 2.2.8.

(e) The vector subspace W of V spanned by the vectors in B′ has dimensionn+ 1 and so dim(W ) > dim(V ) which contradicts Stelling 2.3.25.


2.3.6.4. Oplossing. Mat2,2 has dimension 4 since it is spanned by e1,1, e1,2, e2,1, e2,2where ei,j is the matrix with a 1 in the ijth entry and 0’s everywhere else. ByExercise 2.3.6.2(a), any linearly indepedent list of vectors in Mat2,2 has lengthat most 4. Since the list of matrices in Mat2,2 in Exercise 2.2.2 has length 5,it cannot be linearly independent.

2.3.6.5. Oplossing.(a) Poly2 has a basis B′ = {-1, x, x2-} and so has dimension 3. Since B has

length 4, it cannot be linearly independent by Exercise 2.3.6.2(a). HenceB cannot be a basis for Poly2.

(b) Mat2,2 has dimension 4. Since B has length 3, it cannot span Mat2,2.Hence B cannot be a basis for Mat2,2.

(c) Trig2 has dimension 5. Since B has length 5, it cannot span Trig2. HenceB cannot be a basis for Trig2.

2.3.6.6. Oplossing.(a) True. Suppose there is a linear relation on {u + v, v + w, u + w}:

a(u + v) + b(v + w) + c(u + w).

This induces a linear relation on {u,v,w}: (a+c)u+(a+b)v+(b+c)w = 0Since {u,v,w} is linearly independent, we must have that

a+ c = 0 (1)a+ b = 0 (2)b+ c = 0 (3)

(1) + (2) combined with (3) gives us that a = 0 and so b = c = 0 too. Weconclude that {u + v, v + w, u + w} is linearly independent.

(b) False. Let V = R3. Let

u = (1, 0, 0) v = (0, 1, 0), w = (0, 0, 1)

and so

u− v = (1,−1, 0)v−w = (0, 1,−1)u−w = (1, 0,−1).

By inspection, we see that

(1,−1, 0) + (0, 1,−1) = (1, 0,−1)

and so {u− v, v−w, u−w} is linearly dependent.Alternatively, we could have noticed that for any vectors u,v,w:

(u− v) + (v−w) = u−w.

Thus {u− v, v−w, u−w} satisfies Stelling 2.2.8 and so is linearly de-pendent.

2.3.6.7. Oplossing.(a) We omit the check that V is a subspace of Poly2 since it is routine. Let

us now construct a basis for V . Begin with a non-zero vector v1 in V .We make the most obvious choice, let v1 = x− 2. Next pick any vectorv2 in V not in the span of {v1}. An obvious choice is v2 = x(x − 2).Since V is not all of Poly2, we know that dimV < 3. Thus B′ = {-v1,v2-}is a basis for V and so dimV = 2.


(b) Once again, we omit the check that V is a subspace of Poly2. Pick anynon-zero vector v1 in V . Let’s choose v1 = x. It is not as obvious asbefore whether there are indeed any vectors in V not in the span of {v1},and so we must do some computations. If p(x) = ax2 + bx + c is in V ,p(x) must satisfy

x(2ax+ b) = ax2 + bx+ c =⇒ 2ax2 + bx = ax2 + bx+ c.

Hence a = c = 0. Thus all vectors in V are scalar multiples of v1 = x.Hence {-v1-} is a basis for V and so dimV = 1.

2.3.6.8. Oplossing. The basis B = {-x3, x3 + x2, x, 1-} works. The check isroutine.2.3.6.9. Oplossing. We can disprove the statement with the followingcounterexample. Let V = R3. Let U be the vector subspace with basis{-(1, 0, 0), (0, 1, 0)-} and letW be the vector subspace with basis {-(0, 0, 1), (0, 1, 0)-}.Clearly dimU = dimW = 2 and thus dim(U) + dim(V ) = 4. But sinceU +W = R3, dim(U + V ) = dimR3 = 3.

2.4 KoördinaatvektoreDaar is ’n meer direkte manier om oor ’n basis te dink.Stelling 2.4.1 Basisse gee koördinate. ’n Lys vektore e1, e2, . . ., en in’n vektorruimte V is ’n basis van V as en slegs as elke vektor v ∈ V op presieseen manier as ’n lineêre kombinasie

v = a1e1 + a2e2 + · · ·+ anen (2.4.1)

geskryf kan word. Dit is, vir elke v ∈ V bestaan daar skalare a1, a2, . . ., anwat (2.4.1) bevredig en verder is hierdie skalare uniek.

Dit is belangrik om die wiskundige frase ‘daar bestaan’n unieke X watY bevredig’ te verstaan. Dit beteken twee dinge. Eerstens, daar bestaan’n X wat Y bevredig. Tweedens, daar geen ander X wat Y bevredignie.

Ons noem die skalare a1, a2, . . . , an in (2.4.1) die koördinate van v indie basis e1, e2, . . . , en.

Bewys. ⇒. Veronderstel dat die lys vektore e1, e2, . . ., en ’n basis vir V vorm.Veronderstel v ∈ V . Omdat die lys vektore V span, weet ons dat ons v as ’nlineêre kombinasie van vektore in die lys op ten minste een manier kan skryf,

v = a1e1 + a2e2 + · · ·+ anen. (2.4.2)

Ons moet wys dat dit die enigste manier is om v as ’n lineêre kombinasievan die vektore ei uit te druk. Veronderstel ons het ook

v = b1e1 + b2e2 + · · ·+ bnen. (2.4.3)

Die verskil van die twee vergelykings lewer

0 = (a1 − b1)e1 + (a2 − b2)e2 + · · ·+ (an − bn)en.


Omdat die lys vektore e1, e2, . . ., en lineêr onafhanklik is, kom ons tot diegevolgtrekking dat

a1 − b1 = 0, a2 − b2 = 0, · · · , an − bn = 0.

Dit is, a1 = b1, a2 = b2, ensovoorts tot en met an = bn en daarom is (2.4.2)uniek.⇐. Aan die ander kant, veronderstel dat elke vektor v as ’n unieke lineêre

kombinasiev = a1e1 + a2e2 + · · ·+ anen

geskryf kan word. Die feit dat elke v as ’n lineêre kombinasie van e1, e2, . . ., engeskryf kan word, beteken hulle span V . Ons moet steeds wys dat hulle lineêronafhanklik is. So, veronderstel daar bestaan skalare b1, b2, . . ., bn, sodat

b1e1 + b2e2 + · · ·+ bnen = 0. (2.4.4)

Ons moet wys dat bi almal nul moet wees. Ons weet reeds van een moontlikeoplossing van (2.4.4) : stel elke bi = 0. Maar ons weet ook dat elke vektor(spesifiek, die vektor 0) op presies een manier as ’n lineêre kombinasie vanvektore ei uitgedurk kan word. Daarom moet dit die enigste oplossing wees,i.e. ons vind dat b1 = b2 = · · · = bn = 0, en daarom is die lys vektore e1, e2,. . ., en lineêr onafhanklik. �

Definisie 2.4.2 Laat B = {b1,b2, . . . ,bn} ’n basis vir vektorruimte V wees,en laat v ∈ V . Skryf

v = a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn .

Dan word die kolomvektor

[v]B :=

a1a2...an

∈ Coln

die koördinaatvektor van v met betrekking tot basis B genoem. ♦

Ek dui aan dat ’n kolleksie objekte ’n lys is (waar volgorde van belangis) en nie bloot ’n versameling nie (waar dit nie van belang is nie)deur van my eie tuisgemaakte simbole {- . . . -} gebruik te maak. ’n BasisB = {-b1,b2, . . . ,bn-} is ’n lys van vektore. Die volgorde van die vektoreis van belang want dit affekteer die koördinaatvektor [v]B.

Voorbeeld 2.4.3 Koördinaatvektore in R2. Vind die koördinaatvektorevan v en w in Figuur 2.4.4 met betrekking tot die basis B = {b1,b2}.


b1

b2

v

w

Figuur 2.4.4: Die basis B vir R2.

Oplossing. Deur inspeksie sien ons dat v = 2b1 − b2, sodat

[v]B :=[

2−1

]Ook deur inspeksie sien ons dat w = −3b1 + 2b2, sodat

[v]B =[−32

]�

Voorbeeld 2.4.5 Geogebra App: Koördinaatvektore in R2. Die vol-gende interaktiewe GeoGebra app vertoon ’n vektor v ∈ R2 (in swart), ’n basisB = {-b1,b2-} (in rooi), en ’n agtergrond van integrale lineêre kombinasies vandie basisvektore. Sleep die eindpunt van v en sien hoe die koördinaatvektor[v]Bvan v relatief tot B verander. Jy kan ook die basis B verander deur die eind-punte van die basisvektore b1,b2 te sleep. Let op die effek op die koördi-naatvektor [v]B.




www.geogebra.org/material/iframe/id/https://www.geogebra.org/material/iframe/id/tpdmz8kj/width/600/height/703/border/888888/sfsb/true/smb/false/stb/false/stbh/false/ai/false/asb/false/sri/false/rc/false/ld/false/sdz/false/ctl/false

Figuur 2.4.6: Interaktiewe Geogebra app wat die koördinaatvektor van vrelatief tot die basis B aantoon.

�

Voorbeeld 2.4.7 Vind die koördinaatvektor van p = 2x2 − 2x + 3 met be-trekking tot die basis B =

{1 + x, x2 + x− 1, x2 + x+ 1

}van Poly3.

Oplossing. Ons skryf p as ’n lineêre kombinasie van polinome van die basisB:

2x2 − 2x+ 3 = −4(1 + x)− 52(x2 + x− 1) + 9

2(x2 + x+ 1)

[p]B =

−4− 5

292

�

Verstaanpunt 2.4.8 Bevestig dit!

Voorbeeld 2.4.9 Vind die koördinaatvektor van die funksie f gegee deurf(x) = sin2 x− cos3 x

met betrekking tot die standaard basisS = {1, cosx, sin x, cos 2x, sin 2x, cos 3x, sin 3x}

van Trig3.Oplossing. Met die sommeringsformules vir sin en cos soos in Oefening 1.6.24bereken ons

sin2 x− cos3 x = 12 −

34 cosx− 1

2 cos 2x− 14 cos 3x. (2.4.5)

We could also do this in SageMath as follows:x=var('x')

f = sin(x)^2 - cos(x)^3

show(f.reduce_trig ())

Gevolglik

[f ]S =

12− 3

40− 1

20− 1

40

�

/interactive-2.html


Verstaanpunt 2.4.10 Bevestig die uitbreiding (2.4.5) met die hand.Oplossing.

cos 2x = 1− 2 sin2 x =⇒ sin2 x = 12 −

12 cos 2x

cos3 x = cosx cos2 x = cosx(1−sin2 x) = cosx(12+1

2 cos 2x) = 12 cosx+1

2 cosx cos 2x

cosx cos 2x = cos 3x+sin x sin 2x = cos 3x+2 sin2 x cosx = cos 3x+(1−cos 2x) cosx = cos 3x+cosx−cos 2x cosx =⇒ cosx cos 2x = 12 cos 3x+1

2 cosx

Thus

sin2 x−cos3 x = 12−

12 cos 2x−(1

2 cosx+12 cosx cos 2x) = 1

2−12 cos 2x−1

2 cosx−12(1

2 cos 3x+12 cosx) = 1

2−34 cosx−1

2 cos 2x−14 cos 3x.

Hulpstelling 2.4.11 Laat B = {e1, e2, . . . , en} ’n basis vir ’n vektorruimte Vwees. Dan het ons dat vir alle vektore v,w ∈ V en alle skalare k

1. [v + w]B = [v]B + [w]B

2. [kv]B = k[v]BBewys. (a) Veronderstel dat

v = a1e1 + a2e2 + · · ·+ anen

en

w = b1e1 + b2e2 + · · ·+ bnen .

Dan, deur van die re{\"e}ls van ’n vektorruimte gebruik te maak, bereken ons

v + w = (a1 + b1)e1 + (a2 + b2)e2 + · · ·+ (an + bn)en .

Van hier af lees ons dat

[v + w]B =

a1 + b1a2 + b2

...an + bn

.

Die bewys van (b) is soortgelyk. �

Oefeninge1. Bewys Lemma 2.4.11(b) in die geval waar V twee-dimensioneel is, sodat

B = {e1, e2}. Verduidelik elke stap met die toepaslike reël van ’n vektor-ruimte.

2. Laat B = {-B1,B2,B3,B4-} die volgende basis van Mat2,2 wees:

B1 =[1 00 1

],B2 =

[1 00 −1

],B3 =

[1 11 1

],B4 =

[0 1−1 0

].

Bereken [A]B, waar

A =[1 23 4

].


3.(a) Bepaal ’n basis B vir die vektorruimte

V := {p ∈ Poly2 : p(2) = 0}.

(b) Beskou p(x) = x2 + x− 6. Toon aan dat p ∈ V .

(c) Bepaal die koëffisiënte van p met betrekking tot jou basis B, m.a.w.bepaal [p]B.

4. Find the coordinate representation of p(x) = 3x3− 7x+ 1 with respect toyour basis in Exercise 2.3.6.8.

5. Beskou die vektorruimte W uit Voorbeeld 2.3.17,

W = {(w1, w2, w3) ∈ R3 : w1 + 2w2 + 3w3 = 0},

en die volgende basisse vir W :

B = {-a,b-}, C = {-u,v-}

where

a = (1, 0,−13), b = (0, 1,−2

3)

u = (1, 2,−53), v = (−4, 2, 0)

Beskou die vektor w = (−2, 4,−2) ∈ R3.(a) Toon aan dat w ∈W .

(b) Bereken [w]B.

(c) Bereken [w]C .6. Laat V die vektorruimte van oplossings van die volgende differensiaalverge-

lyking wees:y′′

+ y = 0. (2.4.6)

(a) Toon aan dat B = {- cosx, sin x-} ’n basis vir V is.

(b) Laat y ∈ V gedefineer word as die unieke oplossing van die differen-siaalvergelyking (2.4.6) wat die volgende beginwaardes bevredig:

y(π6 ) = 1, y′(π6 ) = 0.

(Let op dat ons kan inderdaad y in hierdie manier in ’n unieke manierdefineer as gevolg van Stelling 2.3.20.) Bereken [y]B.

(c) Laat z(x) = cos(x− π

3).

i. Toon aan dat z ∈ V deur te kontrolleer dat dit die differensi-aalvergelyking (2.4.6) op los.

ii. Bereken [z]B.7. Let V be the vector space of solutions to the differential equation

(1− x2)y′′− xy′ + 4y = 0, x ∈ (−1, 1). (2.4.7)


(a) Show that y1 and y2 are elements of V , where

y1(x) = 2x2 − 1, y2(x) = x√

1− x2.

(b) Show that B = {-y1,y2-} is a basis for V .

(c) Let y ∈ V be defined as the unique solution to the differential equa-tion in (2.4.7) satisfying

y(12) = 1, y′(1

2) = 0.

(Note that we can indeed define y uniquely in this way due toStelling 2.3.20.) Compute [y]B.

8. Let V be the vector space of solutions to the differential equation

x3y′′′ + x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0 (2.4.8)

(a) Without performing any explicit calculations, determine the dimen-sion of V .

(b) Using Sage, find a basis for V , if you’re unsure of the syntax, lookat the examples in Afdeling 2.3. Show explicitly (by hand!) thateach basis element does indeed satisfy (2.4.8).

(c) Find that unique function y1 that is a solution to (2.4.8) subject tothe initial conditions

y1(1) = 1 y′1(1) = 0 y′′1 (1) = 0.

(d) Find that unique function y2 that is a solution to (2.4.8) subject tothe initial conditions

y2(1) = 0 y′2(1) = 1 y′′2 (1) = 0.

(e) Does the function y3 = y1 +y2 also solve (2.4.8)? By Stelling 2.3.20,y3 is the unique solution to an initial value problem involving (2.4.8)- what are those initial conditions?

(f) Read through 2D Plotting in Sage. Plot y1, y2, y3 (you don’t needto plot them on the same set of axes) on the interval x = [0, 10] witha step size of ∆x = 0.5. Sketch the results.

2.5 Basisverandering

2.5.1 Koördinaatvektore verskil in verskillende basisseVeronderstel dat B = {b1,b2} en C = {c1, c2} twee verskillende basisse vir R2

is, geïllustreer soos volg:


b1

b2c1

c2

(a) Die basisB = {b1, b2}

(b) Die basisC = {c1, c2}.

Figuur 2.5.1: Twee verskillende basisse R2

Veronderstel ons word ’n vektor w ∈ R2 gegee:w

Ons wil die koördinaatvektor van dieselfde vektor w relatief tot twee ver-skillende basisse B en C bereken.

Met hierdie spesifieke vektor w, uit Figuur 2.5.2 sien ons dat in die basisB het ons

w = −3b1 + 2b2 ∴ [w]B =[−32

]. (2.5.1)

Aan die anderkant, in basis C ons sien uit Figuur 2.5.3 dat:

w = c1 − 3c2 ∴ [w]C =[

1−3

]. (2.5.2)

b1

b2

w

c2

c1w

Figuur 2.5.2: w = −3b1 + 2b2 Figuur 2.5.3: w = c1 − 3c2

So dieselfde vektor w het verskillende koördinaatvektore [w]B en [w]C re-latief tot die basisse B en C!

2.5.2 Omskakeling van een basis na ’n anderVeronderstel nou dat ons die basisse B en C ken, asook die koördinaatvektor[w]B van w in die basis B,

[w]B =[−32

],


dit is, w = −3b1 + 2b2. Hoe kan ons [w]C , die koördinaatvektor van w in diebasis C bereken?

Die beste benadering is om elke vektor in B as ’n lineêre kombinasie vandie basisvektore in C uit te druk. In die volgende figuur word die vektore b1en b2 uitgebeeld teen die agtergrond van die basis C:

c2

c1 b1

b2

Ons lees af dat:

b1 = c1 + 3c2 (2.5.3)b2 = 2c1 + 3c2 (2.5.4)

Daarom bereken ons:

w = −3b1 + 2b2

= −3(c1 + 3c2) + 2(2c1 + 3c2)= c1 − 3c2

Hiervan lees ons af dat[w]C =

[1−3

](2.5.5)

Wat die korrekte antwoord is, soos ons weet uit (2.5.2).Hierdie berekening kan in terme van matrikse uitgedruk word.

Definisie 2.5.4 Laat B = {b1, . . . ,bn} en C = {c1, . . . , cn} basisse vir ’nvektorruimte V wees. Die basisomskakelingsmatriks van B na C is die n×n-matriks PC←B waarvan die kolomme die koördinaatvektore [b1]C , . . . , [bn]Cis:

PC←B :=

b1

C

b2

C

. . .

bn

C

.

♦

Voorbeeld 2.5.5 In die deurlopende voorbeeld, sien ons uit (2.5.3) en (2.5.4)dat

[b1]C =[

13

], [b2]C =

[23

].

Daarom is die basisomskakelingsmatriks van B na C

PC←B =[1 23 3

].

�


Voordat ons verder gaan, hersien ons ’n aspek van matriksvermenigvuldig-ing. Veronderstel ons groepeer m kolomvektore saam om ’n matriks te vorm: C1

C2

. . .

Cm

(Ons basisomskakelingsmatriks PC←B is so gevorm.) Dan word die produk

van hierdie matriks met ’n kolomvektor soos volg bereken: C1

C2

. . .

Cm

(For instance, our change-of-basis matrix PC←B was formed in this way.)

Then the product of this matrix with a column vector can be computed asfollows:

C1

C2

. . .

Cm

a1a2...am

= a1

C1

+a2

C2

+· · ·+am

Cm

.

(2.5.6)Verstaanpunt 2.5.6 Bewys die bostaande formule!Oplossing. We check the ith entry of the LHS of (2.5.6) using just the defi-nition of matrix multiplation.

(LHS)i = (C1)ia1 + . . .+ (Cn)ian = (RHS)i

and we’re done!Ons kan nou die volgende stelling bewys.

Stelling 2.5.7 Basisomskakeling. Veronderstel dat B = {b1, . . . ,bn} enC = {c1, . . . , cn} basisse vir ’n vektorruimte V is, en laat PC←B die basiskom-skakelingsmatriks van B na C wees. Dan, vir alle vektore v in V ,

[v]C = PC←B[v]B. (2.5.7)Bewys. Laat v ∈ V . Brei v uit in die basis B:

v = a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn, i.e. [v]B =

a1...an

.

Dan,

[v]C = [a1b1 + · · ·+ anbn]C= a1[b1]C + · · ·+ an[bn]C (Lemma 2.4.11)

=

b1

b2

. . .

bn

a1

...an

(2.5.6)

= PC←B[v]B .

�


Voorbeeld 2.5.8 In ons deurlopende voorbeeld, sê die stelling dat vir enigevektor v ∈ R2,

[v]C =[1 23 3

][v]B.

Dit geld dan ook vir ons vektor w, waarvan die koördinate in die basis Bis:

[w]B =[−32

].

So in hierdie geval sê die stelling dat

[w]C =[1 23 3

] [−32

]=[

1−3

]wat met ons vorige berekening (2.5.5) ooreenstem! �

2.5.3 Oefeninge1. Dit is ’n voortsetting van Oefening 2.4.2. Beskou die volgende twee basisse

vir Mat2,2:

B ={B1 =

[1 00 11

], B2 =

[1 00 −1

], B3 =

[1 11 1

], B4 =

[0 1−1 0

]}

C ={C1 =

[1 10 0

], C2 =

[1 −10 0

], C3 =

[0 01 1

], C4 =

[0 01 −1

]}(a) Bereken die basisomskakelingmatrikse PC←B en PB←C .

(b) Bereken [A]B en [A]C , waar

A =[1 23 4

].

(c) Gaan na dat [A]C = PC←B[A]B en dat [A]B = PB←C [A]C .2. Bereken die basisomskakelingmatriks PB←S van die standaardbasis

S = {1, cosx, sin x, cos 2x, sin 2x}

van Trig2 na die basis

B ={

1, cosx, sin x, cos2 x, sin2 x}.

3. Figuur 2.5.9 displays a basis B = {-b1,b2-} for R2, a background of integrallinear combinations of b1 and b2, and a certain vector w ∈ R2. Similarly,Figuur 2.5.10 displays another basis C = {-c1, c2-} for R2, a background ofintegral linear combinations of c1 and c2, and the same vector w ∈ R2.


b1

b2

w

c1c2

w

Figuur 2.5.9: The vector wagainst a background of integrallinear combinations of the basisvectors from B.

Figuur 2.5.10: The vector wagainst a background of integrallinear combinations of the basisvectors from C.

(a) Determine [w]B, directly from Figuur 2.5.9.

(b) Determine [w]C , directly from Figuur 2.5.10.

(c) The following figure displays the B basis against a background ofintegral linear combinations of the C basis:

c1c2 b1

b2

Determine the change-of-basis matrix PC←B. (You may assume thatall coefficients are either integers and half-integers.)

(d) Multiply the matrix you computed in (c) with the column vectoryou computed in (a). That is, compute the product PC←B[w]B. Isyour answer the same as what you obtained in (b)?


4. Beskou die volgende drie basisse vir R3:

A = {-(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)-}B = {-(2, 1, 1), (1, 1, 1), (0, 2, 1)-}C = {-(1, 2, 3), (0, 1, 0), (1, 0, 1)-}

Bereken PC←B,PB←A,PC←A en verifieer die vergelyking

PC←BPB←A = PC←A.

Hoofstuk 3

Lineêre afbeeldings

3.1 Definisie en Voorbeelde

3.1.1 Definisie van ’n lineêre afbeeldingHerinner jouself daaraan dat ’n funksie (of ’n afbeelding) f : X → Y van ’nversameling X na ’n versameling Y maar net ’n reël is wat aan elke elementvan X ’n element f(x) van Y toeken. Ons skryf x 7→ f(x) om aan te dui dat’n element x ∈ X op f(x) ∈ Y afbeeld deur die funksie f . Sien Figuur 3.1.1.Twee funksies f, g : X → Y is gelyk as f(x) = g(x) vir alle x in X.

X Y

f

x f(x)

Figuur 3.1.1: ’n Funksie f : X → Y .

Definisie 3.1.2 Laat V enW vektorruimtes wees. ’n lineêre afbeelding vanV na W is ’n funksie T : V →W wat die volgende bevredig:

• T (v + v′) = T (v) + T (v′) vir alle vektore v,v′ ∈ V

• T (kv) = kT (v) vir alle vektore v ∈ V en skalare k ∈ R

♦

’n Ander naam vir ’n lineêre afbeelding is ’n lineêre transformasie.

3.1.2 Voorbeelde van lineêre afbleedingsVoorbeeld 3.1.3 Matrikse dien as lineêre afbeeldings. Elke n × m-matriks A induseer ’n lineêre afbeelding

TA : Colm → Colnv 7→ Av .

76

HOOFSTUK 3. LINEÊRE AFBEELDINGS 77

Dit is, TA(v) := Av is die matriksproduk van A met die kolomvektor v. Diefeit dat TA wel ’n lineêre afbeelding is volg vanuit die lineariteit van matriksver-menigvuldiging (Proposisien 5.0.4 deel 2 en3).

Let daarop dat ’n n × m-matriks ’n lineêre afbeelding vanaf Colm naColn is!

Byvoorbeeld, beskouA =

[1 21 −2

]Dit lewer ’n lineêre afbeelding:

T : Col2 → Col2[v1v2

]7→[1 21 −2

] [v1v2

]Die volgende interaktiewe GeoGebra app demonstreer dit. Sleep die rooivektorv en sien die effek op Av. Jy kan ook die koëffisiënte van die matriks Averander deur die sliders te sleep.



www.geogebra.org/material/iframe/id/https://www.geogebra.org/material/iframe/id/vexfrzez/width/600/height/701/border/888888/sfsb/true/smb/false/stb/false/stbh/false/ai/false/asb/false/sri/false/rc/false/ld/false/sdz/false/ctl/false

Figuur 3.1.4: Interactive GeoGebra applet wat die lineêre afbeelding v 7→ Avaantoon.

�

Voorbeeld 3.1.5 ’n Nie-lineêre afbeelding. Die volgende app illustreerdie ’poolkoördinaate’ afbeelding

T : R2 → R2[v1v2

]7→[v1 cos(πv2)v1 sin(πv2)

]Let op dat T ’n nie-lineêre afbeelding is, want, vir die meeste punte v,v′ ∈ R2,is T (v + v′) 6= T (v) + T (v′).

/interactive-3.html


Specify static image with @preview attribute,Or create and provide automatic screenshot asimages/interactive-polar-map-preview.png

via the mbx script

Figuur 3.1.6: App: Poolkoördinate as ’n nie-lineêre afbeelding

Nog ’n manier om te sien dat T nie-lineêr is, is te waarneem dat T niereguit lyne na reguit lyne stuur nie. �

Voorbeeld 3.1.7 Identiteitsafbeelding. Laat V ’n vektorruimte wees. Diefunksie

idV : V → V

v 7→ v

word die identiteitsafbeelding op V genoem. Die is duidelik ’n lineêre afbeeld-ing, omdat

idV (v + w) = v + w= idV (v) + idV (w)

en

idV (kv) = kv= k idV (v).

�

Voorbeeld 3.1.8 Projeksie. Die funksie

T : R2 → R(x, y) 7→ x

wat vektore op die x-as projekteer is ’n lineêre afbeelding.Kom ons bevestig sommering algebraïes:

T ((x1, y1)) + ((x2, y2)) ?= T ((x1, y1)) + T ((x2, y2))

LHS = T ((x1 + x2, y1 + y2)) RHS = x1 + x2

= x1 + x2

Hier is ’n grafiese weergawe van hierdie bewys:

/interactive-polar-map.html


v

w

T (v) T (w)T (v + w)

T (v) + T (w)

�

Verstaanpunt 3.1.9 Bewys algebraïes dat T (kv) = kT (v), sodat T ’n lineêreafbeelding is.Oplossing.

T (kv) = T (k(x, y)) = T (kx, ky) = kx = kT ((x, y)) = kT (v)

Voorbeeld 3.1.10 Rotasie. Neem ’n vaste hoek θ. Die funksie

R : R2 → R2

v 7→ rotasie van v anti-kloksgewys met ’n hoek θ

is ’n lineêre afbeelding, met ’n soortgelyke grafiese argument as in Voorbeeld 3.1.8.

v

R(v)

θ

�

Voorbeeld 3.1.11 (Kruisproduk met ’n vaste vektor) Neem ’n vaste vektorw ∈ R3. Die funksie

C : R3 → R3

v 7→ w× v

is ’n lineêre afbeelding as gevolg van die eienskappe van die kruisproduk,

w× (v1 + v2) = w× v1 + w× v2

w× (kv) = kw× v.

�

Voorbeeld 3.1.12 (Dotproduk met ’n vaste vektor) Neem ’n vaste vektoru ∈ R3. Die funksie

D : R3 → Rv 7→ u · v

(hier is · die dotproduk van vektore, nie skalaarvermenigvuldiging nie!) is


’n lineêre afbeelding, vanweë die eienskappe

u · (v1 + v2) = u · v1 + u× v2

u · (kv) = ku · v.

Ons sal binnekort sien dat alle lineêre afbeeldings R3 → R (inder-waarheid alle lineêre afbeeldings Rn → R) van hierdie vorm is.

�

Voorbeeld 3.1.13 (Differensiasie) Die bewerking ‘neem die afgeleide’ kan as’n lineêre afbeelding

D : Polyn → Polyn−1

p 7→ p′,

interpreteer word. Byvoorbeeld, D(2x3 − 6x+ 2) = 6x2 − 6. �

Verstaanpunt 3.1.14 (a) Hoekom is D ’n afbeelding van Polyn na Polyn−1?(b) Bevestig dat D lineêr is.Oplossing.

1. As you know from calculus, taking the derivative of a polynomial de-creases every power of x by 1. So if p is in Polyn, then p has degree atmost n . Therefore, its image under D has degree at most n − 1. Thusp′ is in Polyn−1.

2. Let p, q be in Polyn. Then:

D(p+ q) = (p+ q)′

= p′ + q′ (rule of differentiation)= D(p) +D(q)

Similarly,

D(kp) = (kp)′

= kp′ (rule of differentiation)= kD(p)

Voorbeeld 3.1.15 (Anti-afgeleide) Die operasie ‘find die unieke anti-afgeleidemet nul as konstante term’ kan as ’n lineêre afbeelding

A : Polyn → Polyn+1

p 7→∫ x

0p(t) dt

interpreteer word. Byvoorbeeld, A(2x3 − 6x+ 2) = 4x4 − 3x2 + 2x. �

Verstaanpunt 3.1.16 (a) Bevestig die korrektheid van die laaste sin. (b)Hoekom is A ’n afbeelding vanaf Polyn na Polyn+1? (c) Bevestig dat A lineêris.Oplossing.

1. ?


2. You know from calculus that the antiderivative of a polynomial p mustalways have degree one greater than p. Hence A maps Polyn to Polyn+1.

3. Let p,q be in Polyn. Using the usual properties of the integral, wecompute

A(p + q) =∫ x

0p(t) + q(t) dt =

∫ x

0p(t) dt+

∫ x

0q(t) dt = A(p) +A(q).

Similarly,

A(kp) = k

∫ x

0p(t) dt =

∫ x

0kp(t) dt = A(kp).

Voorbeeld 3.1.17 Skuifafbeelding. Definieer die ‘skuif aan met 1’-afbeelding

S : Polyn → Polynp 7→ S(p)

as S(p)(x) = p(x− 1). �

Verstaanpunt 3.1.18 Gaan na dat S ’n lineêre afbeelding is.Oplossing. Let

p =n∑j=0

ajxjq =

n∑j=0

bjxj

S(kp) = S

n∑j=0

kajxj

=n∑j=0

kaj(x− 1)j = k

n∑j=0

aj(x− 1)j = kS(p).

S(p+q) = S

n∑j=0

(aj + bj)xj =

n∑j=0

(aj+bj)(x−1)j =n∑j=0

aj(x−1)j+n∑j=0

bj(x−1)j = S(p)+S(q).

Oorweeg die geval n = 3. In terme van die standaard basis

p0(x) = 1, p1(x) = x, p2(x) = x2, p3(x) = x3

van Poly3, het ons:

S(p0) = p0

S(p1) = p1 − p0

S(p2) = p2 − 2p1 + p0

S(p3) = p3 − 3p2 + 3p1 − p0

Verstaanpunt 3.1.19 Bevestig dit.Oplossing. S(p0) = p0 is trivial.

S(p1) = x−1 = p1−p0S(p2) = (x−1)2 = x2−2x+1 = p2−2p1+p0S(p3) = (x−1)3 = x3−3x2+3x−1 = p3−3p2+3p1−p0.

Voorbeeld 3.1.20 Gradient as a linear map. Recall the vector spacePolyn of polynomials in x and y (Voorbeeld 1.6.20, dimension computed inVoorbeeld 2.3.7) and the vector space Vectn(R2) of polynomial vector fields onR2 (Voorbeeld 1.6.21, dimension computed in Voorbeeld 2.3.8).

The operation ’take the gradient’ can be thought of as a linear map

∇ : Polyn[x, y]→ Vectn−1(R2)f 7→ ∇f


This is a linear map because ∇(f + g) = ∇f +∇g and ∇(kf) = k∇f .For example,

∇(x+ xy) = (1 + y, x).

�

Voorbeeld 3.1.21 Double integral as a linear map. Let D ⊆ R2 be aregion in the plane. Integrating polynomial functions over D can be thoughtof as a linear map

I : Polyn[x, y] 7→ R

f 7→∫∫

D

fdA

This is a linear map because∫∫D

(f + g)dA =∫∫

D

fdA+∫∫

D

gdA∫∫D

kf dA = k

∫∫D

f dA

For example, let D = {(x, y) : x2 + y2 ≤ 1}, and let f = x2. Then

I(f) =∫∫

D

x2 dA = π

4

as the reader will verify. �

Voorbeeld 3.1.22 Beginwaardes vir differensiale vergelykings as ’nlineêre afbeelding. Laat V die vektorruimte van oplossings van ’n tweedeorde homogene lineêre gewone differensiaalvergylyking op ’n interval I wees:

y′′

+ a1(x)y′ + a0(x)y = 0, x ∈ I.

Maak vas ’n punt x0 ∈ I. Dan het ons ’n lineêre afbeelding

Tx0 : Col2 → V[ab

]7→ unieke y ∈ V met y(x0) = a, y′(x0) = b

Nou is ’n goeie tyd om Stelling 2.3.20 en Voorbeeld 2.3.21 te hersien.

Hierdie is in Figuur 3.1.23 geillustreer vir die geval van die differensi-aalvergelyking

y′′

+ xy = 0.

Sleep die blou vektor v om die effek op sy beeld Tx0(v) = y in V te sien. Jykan ook die waarde van x0 verander.




www.geogebra.org/material/iframe/id/https://www.geogebra.org/material/iframe/id/kxcmtv5t/width/800/height/909/border/888888/sfsb/true/smb/false/stb/false/stbh/false/ai/false/asb/false/sri/false/rc/false/ld/false/sdz/false/ctl/false

Figuur 3.1.23: GeoGebra App: Beeld van die lineêre afbeelding T .

�

3.1.3 ’n Paar resultate oor lineêre afbeeldingsHulpstelling 3.1.24 Veronderstel T : V → W is ’n lineêre afbeelding. Danvolg dit dat

1. T (0V ) = 0W

2. T (−v) = −T (v) vir alle vektore v ∈ V .Bewys. Ons werk soos volg:

1.

T (0V ) = T (00V ) (R8 toegepas op v = 0V ∈ V )= 0T (0V ) (T is lineêr)= 0W (R8 toegepas op v = T (0V ) ∈W

2.

T (−v) = T ((−1)v) (defn van − v ∈ V )= (−1)T (v) (T is lineêr)= −T (v) (defn van − T (v) ∈W )

�Die volgende resultaat is baie belangrik. Dit wys dat as ons weet hoe ’n

lineêre afbeelding op ’n basis tewerk gaan, dan weet ons hoe dit optree op diehele vektorruimte (dit is waar ‘uniekheid’ inkom). Verder kan ons willekeurig ’nformule opmaak vir wat T met die basisvektore doen en ons is gewaarborg datdit sal uitbrei tot ’n lineêre afbeelding wat op die hele vektorruimte gedefinieeris (dit is waarna die ‘bestaan’ deel verwys).

Stelling 3.1.25 Voldoende om ’n lineêre afbeelding op ’n basis tedefinieer. Veronderstel B = {-e1, . . . , em-} is ’n basis vir V en w1, . . . ,wm isvektore in W . Dan bestaan daar ’n unieke lineêre afbeelding T : V →W sodat

T (ei) = wi, i = 1 . . .m.Bewys. Bestaansbewys. Om ’n lineêre afbeelding T tedefinieer, moet ons T (v)vir elke vektor v definieer. Ons kan v in terme van sy koördinaatvektor [v]Bmet betrekking tot die basis B as

v = [v]B,1e1 + · · ·+ [v]B,mem (3.1.1)

skryf, waar [v]B,i die inskrywing in ry i van die koördinaatvektor [v]B is. Ons

/interactive-5.html


definieerT (v) := [v]B,1w1 + [v]B,2w2 + · · · [v]B,mwm. (3.1.2)

Duidelik het ons T (ei) = wi. Om die bestaansbewys te voltooi, moet onswys dat T lineêr is:

T (v + v′) = [v + v′]B,1w1 + · · ·+ [v + v′]B,mwm

=([v]B,1 + [v′]B,1

)w1 + · · ·+

([v]B,m + [v′]B,m

)wm ([v + v′]B = [v]B + [v′]B)

= [v]B,1w1 + · · ·+ [v]B,mwm+[v′]B,1w1 + · · ·+ [v′]B,mwm

= T (v) + T (w).

Net so kan ons bevestig dat T (kv) = kT (v), wat die bestaansbewys voltooi.Uniekheidsbewys. Veronderstel dat S, T : V →W lineêre afbeeldings is met

S(ei) = wi, en T (ei) = wi, i = 1 . . .m. (3.1.3)

Dan,

S(v) = S([v]B,1e1 + · · ·+ [v]B,mem

)= [v]B,1S(e1) + · · ·+ [v]B,mS(em) (S is lineêr)= [v]B,1w1 + · · ·+ [v]B,mwm (want S(ei) = wi)= [v]B,1T (e1) + · · ·+ [v]B,mT (em) (want T (ei) = wi)= T ([v]B,1e1 + · · ·+ [v]B,mem) (T is lineêr)= T (v).

Gevolglik S = T , met ander woorde, die lineêre afbeelding wat (3.1.3)bevredig is uniek. �

Voorbeeld 3.1.26 As ’n voorbeeld van Proposisie 3.1.25, definieer ons die ’nlineêre afbeelding

T Col2 → Fun(R)

bloot deur die werking op die standaard basis van Col2 te definieer. Byvoor-beeld, ons bepaal

e1 → f1

e2 → f2

Die punt is dat ons vry is om e1 en e2 na enige funksies f1 en f2 wat ons wilte stuur, en ons is gewaarborg dat dit ’n goed-gedefinieerde lineêre afbeeldingT : Col2 → Fun(R) sal gee. Byvoorbeeld, ons stel f1(x) = sin x en f2(x) = |x|.Dan is die algemene formule vir T(

T

[ab

])(x) = a sin x+ b|x|

�

Voorbeeld 3.1.27 Rotasie-afbeelding op die standaard basis. Komons bereken die aksie van die ‘anti-kloksgewyse rotasie met θ’-afbeelding Rvan Voorbeeld 3.1.10 met betrekking tot die standaard basis e1, e2 van R2.


Vanuit die figuur het ons:

R(e1) = (cos θ, sin θ) R(e2) = (− sin θ, cos θ)

sodat

R(e1) = cos θ e1 + sin θ e2, R(e2) = − sin θ e1 + cos θ e2.

Nou wat ons die aksie van R op die standaard basisvektore verstaan, kanons die aksie op ’n arbitrêre vektor (x, y) ∈ R2 bereken:

R ((x, y)) = R(xe1 + ye2)= xR(e1) + yR(e2)= x(cos θ, sin θ) + y(− sin θ, cos θ)= (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y cos θ).

�

3.1.4 Oefeninge1. Laat V ’n vektorruimte wees en laat a 6= 0 ’n vaste vektor wees. Definieer

die afbeelding T soos volg:

T : V → V

v 7→ a + v

• Is T ’n lineêre afbeelding? (Ja of nee)

• Bewys jou antwoord vir (a).2. Beskou die afbeelding T : R3 → R3 wat deur T ((x, y, z)) = (z, x, y) gegee

word.• Is T ’n lineêre afbeelding? (Ja of nee)

• Bewys jou antwoord vir (a).3. Definieer die ‘vermenigvuldig met x2’-afbeelding

M : Polyn → Polyn+2

p 7→M(p)

waar M(p)(x) = x2p(x).• Hoekom beeld M Polyn op Polyn+2 af?

• Bewys dat M lineêr is.

• Bereken die aksie van M op die standaard basis vir Poly3, soos inVoorbeeld 3.1.17.

4. Define the map

C : Polyn → Trign

by the formulaC(p)(x) := p(cosx).

(a) Compute C(p), where p(x) = 3x2 − x + 1. Express your answer in


terms of the standard basis for Trig2,

T0(x) = 1, T1(x) = cosx, T2(x) = sin x, T3(x) = cos(2x), T4(x) = sin(2x).

(b) Is C a linear map?

(c) Justify that for every polynomial p ∈ Polyn, the function C(p) ∈Trign? (This is implicitly assumed above.)

(d) Compute C(p0), C(p1), C(p2), C(p3) where

p0(x) = 1, p1(x) = x, p2(x) = x2, p3(x) = x3

are the standard basis vectors for Poly3. Express your answers interms of the standard basis of Trign.

5. Determine the action of the gradient linear map

∇ : Poly2[x, y]→ Vect1(R2)

from Voorbeeld 3.1.20 in terms of the standard bases

{-q1, q2, q3, q4, q5-}q1 = 1, q2 = x, q3 = y, q4 = x2, q5 = xy, q6 = y2

of Poly2 and

{-V1, V2, V3, V4, V5, V6-}V1 = (1, 0), V2 = (x, 0), V3 = (y, 0)V4 = (0, 1), V5 = (0, x), V6 = (0, y)

of Vect1(R2)respectively.6. Consider the following function:

T : Poly2 → R2

p 7→[p(0)p(1)

](a) Is T a linear map? (Yes / No).

(b) Prove your assertion from (a).7. Let V be the vector space of solutions to the differential equation

y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · ·+ a1(x)y′ + a0(x) = 0.

Consider the ’evaluate at x = 1’ map

T : V → Ry 7→ y(1)

Is T a linear map? Prove your assertion.8. Definieer die ‘integreer oor die interval [−1, 1]’-afbeelding

I : Polyn → R


p 7→∫ 1

−1p(x) dx

• Bewys dat I lineêr is.

• Bereken die aksie van I met betrekking tot die standaard basisp0, . . . ,p3 vir Poly3.

• Bereken die aksie van I met betrekking tot die basis q0, . . . ,q3 virPoly3 uit Voorbeeld 2.2.7.

9. Bereken die aksie van die differensiasie-afbeelding D : Poly4 → Poly3 uitVoorbeeld 3.1.13 met betrekking tot die standaard basisse van die tweevektorruimtes.

10. Beskou die kruisproduk-lineêre afbeelding C : R3 → R3 uit Voorbeeld 3.1.11in die geval w = (1, 2, 3). Bereken die aksie van C met betrekking tot diestandaard basis van R3.

11. Prove that if V is a finite dimensional vector space then the set of all linearmaps from V to R,L(V,R), is itself a vector space. Since we already knowthat the set of all real valued functions from V to R forms a vector space,you will only have to show that L(V,R) contains the function 0, and isclosed under both addition and scalar multiplication.

12. If V is a finite dimensional vector space, find a basis for L(V,R).

3.2 Komposisie van lineêre afbeeldingsDefinisie 3.2.1 As S : U → V en T : V →W lineêre afbeeldings is, dan is diekomposisie van T met S die afbeelding T ◦ S : U →W gedefinieer as

(T ◦ S)(u) := T (S(u))

waar u in U is. ♦

Sien Figuur 3.2.2.

UVW

ST

T ◦ S

uS(u)T (S(u))

Figuur 3.2.2: Komposisie van lineêre afbeeldings.

Volgens wiskundige konvensie skryf ons die evaluering van funksies vanregs na links, bv. f(x). Dit wil sê, jy begin met die regterkantstesimbool, x, dan pas jy f daarop toe. Daarom is die mees natuurlikemanier om hierdie prentjies te teken van regs na links!


Voorbeeld 3.2.3 Laat S : R3 → Poly2 en T : Poly2 → Poly4 lineêre afbeeld-ings wees wat soos volg gedefinieer word:

S((a, b, c)) := ax2 + (a− b)x+ c, T (p(x)) = x2p(x).

Dan kan T ◦ S soos volg bereken word:

(T ◦ S)((a, b, c)) = T (S((a, b, c)))= T (ax2 + (a− b)x+ c)= x2(ax2 + (a− b)x+ c)= ax4 + (a− b)x3 + cx2.

�

Stelling 3.2.4 As S : U → V en T : V → W lineêre afbeeldings is, dan isT ◦ S : U →W ook ’n lineêre afbeelding.Bewys. Laat u1,u2 ∈ U . Dan:

(T ◦ S)(u1 + u2) = T (S(u1 + u2)) (defn van T ◦ S)= T (S(u1) + S(u2)) (S is lineêr )= T (S(u1)) + T (S(u2)) (T is lineêr )= (T ◦ S)(u1) + (T ◦ S)(u2) (defn van T ◦ S)

Op soortgelyke wyse het ons

(T ◦ S)(ku) = T (S(ku)) (defn van T ◦ S)= T (kS(u)) (S is lineêr )= kT (S(u)) (T is lineêr )= k(T ◦ S)(u) (defn van T ◦ S)

�

Voorbeeld 3.2.5 Oorweeg as lineêre afbeeldings die anti-afgeleide (A) en dieafgeleide (D)

A : Polyn → Polyn+1

D : Polyn+1 → Polyn .

Is D ◦A = idPolyn?

Oplossing. Ons bereken die aksie van D ◦A op die basis xk, k = 0 . . . n vanPolyn:

xkA7→ xk+1

k + 1D7→ k + 1k + 1x

k = xk

Daarom, vir k = 0 . . . n,

(D ◦A)(xk) = xk

= idPolyn(xk).

Omdat D◦A en idPolynop ’n basis van Polyn ooreenstem, stem hulle ooreen

met alle vektore p ∈ Polyn volgens Proposisie 3.1.25. Daarom is D ◦ A =idPolyn

.


Om die waarheid te sê, die stelling dat D ◦ A = idPolynis presies Deel

I van die Fundamentele Stelling van Calculus, toegepas op die spesialegeval van polinome!

�

Verstaanpunt 3.2.6 Is A ◦D = idPolyn+1? As dit is, bewys dit. Indien nie,gee ’n eksplisiete teenvoorbeeld.Oplossing. The statement is not true! For example, let p(x) = x+ 1. Then

(A ◦D)(x+ 1) = A(1) = x 6= x+ 1.

Oefeninge1. Laat Rθ die ‘rotasie deur θ’ afbeelding uit Example 3.1.27 wees:

Rθ : Col2 → Col2[v1v2

]7→[

cos θ sin θ− sin θ cos θ

]Gaan algebraïes na dat Rφ ◦Rθ = Rφ+θ deur die aksie van die lineêre

afbeeldings op beide kante van die vergelyking op ’n arbitrêre vektor v ∈Col2 te bereken.

2. Laat M : Poly3 → Poly4 die ‘vermenigvuldig met x’-afbeelding wees,M(p)(x) = xp(x). Laat S : Poly4 → Poly4 die afbeelding S(p)(x) = p(x−1) wees. Net so, laat T : Poly3 → Poly3 die afbeelding T (p)(x) = p(x− 1)wees. Bereken S ◦M en M ◦ T . Is hulle gelyk?

3.3 Isomorfismes van vektorruimtesVeronderstel jy het twee versamelings,

A = {voël, oog,persoon}enB = {, , } .

Die elemente van A en B is nie dieselfde nie, so A is nie gelyk aan B nie.Maar dit is nie heeltemal bevredigend nie — duidelik is die elemente van Anet die Afrikaanse beskrywings van die Sjinese simbole in B. Hoe kan ons ditnoukeurig wiskundig beskryf?

Ons kan twee afbeeldings definieer, byvoorbeeld

S : A→ B

voêl 7→oog 7→

persoon 7→

en

T : B → A

7→ voêl7→ oog7→ persoon.


Dan neem ons waar dat

T ◦ S = idA andS ◦ T = idB . (3.3.1)

’n Paar afbeeldings S : A→ B en T : B → A wat (3.3.1) bevredig word ’nisomorfisme van versamelings tussen A en B genoem. As jy wil, kan jy T asS−1 herdoop, omdat S−1 ◦ S = idA en S ◦ S−1 = idB . (Om T van die beginaf S−1 te noem sou voortydig gewees het. Ek moes dit eers definieer en sekermaak dat dit (3.3.1) bevredig. Slegs dan het ek die reg om dit S−1 te noem!)

Dalk is jy ’n ietwat spaarsamige persoon. Jy sien die nut van die Afrikaans-na-Sjinese afbeelding S, maar nie die nut van die Sjinees-na-Afrikaanse afbeeld-ing T nie. Buitendien, aangesien geen twee verskillende Afrikaanse woorde inA na dieselfde Sjinese simbool in B afgebeeld word nie (‘S is een-tot-een’) enelke Sjinese simbool y ∈ B is gelyk aan S(x) vir een of ander x ∈ A (‘S is op’),het ons nie T nodig nie. Dit is oorbodig!

Hierop sou ek reageer soos volg: jy is reg, maar is dit nie nuttig om ’neksplisiete Sjinees-na-Afrikaanse afbeelding T te hê nie? In boekwinkels wordwoordeboeke in pare geskep, in ’n enkele volume. Buitendien, as mens dieAfrikaanse woord vir wil opsoek, sal dit lastig wees om deur die hele Afrikaans-na-Sjinese woordeboek te werk, om die Afrikaanse woord vir te vind!

Dit lei tot die volgende definisie.Definisie 3.3.1 Ons sê dat ’n lineêre afbeelding T : V →W ’n isomorfismeis as daar ’n lineêre afbeelding T−1 : W → V bestaan, sodat

T−1 ◦ T = idV enT ◦ T−1 = idW . (3.3.2)

♦

Hulpstelling 3.3.2 Inverse is Uniek. As T : V → W lineêre afbeeldingsis, en S, S′ : W → V bevredig

S ◦ T = idV , T ◦ S = idWS′ ◦ T = idV , T ◦ S′ = idW

dan is S = S′.

Hierdie lemma beteken dat dit maak sin om te praat van "die inverse"(in plaas van "’n inverse") van ’n lineêre afbeelding. So dit maak sin viroms om die notasieT−1 te gebruik, wat gelees word as "die" inverse vanT .

Bewys. Om te wys dat S = S′, moet ons wys dat vir alle w ∈ W , S(w) =S′(w). Inderdaad:

S(w) = S(idW (w)) (Defn of idW )= S((T ◦ S′)(w)) (T ◦ S′ = idW )= S(T (S′(w))) (Defn of T ◦ S′)= (S ◦ T )(S′(w)) (Defn of S ◦ T )= idV (S′(w)) (S ◦ T = idV )= S′(w) (Defn of idV ).

�


Definisie 3.3.3 Ons sê twee vektorruimtes V en W is isomorfies as daar ’nisomorfisme tussen hulle bestaan. ♦

Voorbeeld 3.3.4 Wys dat Rn isomorfies aan Polyn−1 is.Oplossing. Onsdefinieer die volgende lineêre afbeeldings:

T : Rn → Polyn−1

(a1, a2, . . . , an) 7→ a1 + a2x+ · · ·+ anxn−1

T−1 : Polyn−1 → Rn

a1 + a2x+ · · ·+ anxn−1 7→ (a1, a2, . . . , an)

Ons het duidelik dat T−1 ◦ T = idRn en T ◦ T−1 = idPolyn−1 . �

Verstaanpunt 3.3.5 Maak seker dat hierdie afbeeldings lineêr is.Ons sal nou wys dat tot op die vlak van isomorfisme, bestaan daar net een

vektorruimte van elke dimensie!Stelling 3.3.6 Twee eindigdimensionele vektorruimtes V en W is isomorfiesas en slegs as hulle dieselfde dimensie het.Bewys. ⇒. Veronderstel V en W is isomorfies, d.m.v. ’n paar lineêre afbeeld-ings S : V �W : T . Laat B = {-e1, . . . , em-} ’n basis vir V wees. Dan maak ekdie bewering dat C = {-S(e1), . . . , S(em)-} ’n basis vir W is. Die lys vektore Cis inderdaad lineêr onafhanklik , want as

a1S(e1) + a2S(e2) + · · ·+ amS(em) = 0W ,

dan lewer die toepassing van T aan beide kante

T (a1S(e1) + a2S(e2) + · · ·+ amS(em)) = T (0W )∴ a1T (S(e1)) + a2T (S(e2)) + · · ·+ amT (S(em)) = 0V (T is lineêr)

∴ a1e1 + a2e2 + · · ·+ amem = 0V (T ◦ S = idV )

wat impliseer dat a1 = a2 = · · · = am = 0, aangesien B lineêr onafhanklik is.Verder span die lys vektore C vir W , want as w ∈W , met T daarop toegepas,dan kan ons

T (w) = a1e1 + a2e2 + · · ·+ amemskryf vir skalare ai aangesienB V span. Maar dan

w = S(T (w)) (since S ◦ T = idW )= S(a1e1 + a2e2 + · · ·+ amem)= a1S(e1) + a2S(e2) + · · ·+ amS(em) (S is lineêr)

sodat C W span. Daarom is C ’n basis vir V , so dimV = aantal vektore in =n, terwyl dimW = aantal vektore in = n.⇐. Veronderstel dimV = dimW . Laat e1, . . . , em ’n basis vir V wees,

en laat f1, . . . , fm ’n basis vir W wees. (Ons weet dat die aantal basisvektoredieselfde is, want dimV = dimW .)

Om lineêre afbeeldings te definieer

S : V �W : T

is dit voldoende, volgens Proposisie 3.1.25 (Voldoende om ’n Line{\^e}re Af-beelding te Definieer op ’n Basis), om die aksie van S en T op die basisvektorete definieer. Ons pen neer:

eiS7→ fi


fiT7→ ei

Duidelik het ons T ◦ S = idV en S ◦ T = idW . �

Voorbeeld 3.3.7 Wys dat Matn,m isomorfies aan Rmn is.Oplossing. Ons observeer volgens Voorbeeld 2.3.13, dim Matn,m = mn, ter-wyl uit Voorbeeld 2.3.4, is dimRmn ook gelyk aan mn. �

Daar is een baie belangrike isomorfisme wat ons herhaaldelik gaan gebruik.Laat V ’n vektorruimte weest met ’n basis B = {-b1, . . . ,bm-}. Oorweeg dieafbeelding

[·]B : V → Colmv 7→ [v]B

, wat ’n vektor v ∈ V na sy ooreenstemmende koördinaatvektor[v]B ∈ Colmstuur. Lemma 2.4.11 sê presies dat [·]B ’n lineêre afbeelding is. Ons gaan noudie inverse beskryf.Definisie 3.3.8 Laat V ’n m-dimensionele vektorruimte wees met basis B ={-e1, . . . , em-}. Laat c ∈ Colm ’n m-dimensionele kolomvektor wees. Dan is dievektor in V wat ooreenstem aan c relatief tot die basis B

vecV,B(c) := c1e1 + c2e2 + · · ·+ cmem.

♦

Voorbeeld 3.3.9 Die polinome B = {-p1,p2,p3-} waar

p1 := 1 + x,p2 := 1 + x+ x2,p3 := 1− x2

is ’n basis vir Poly2 (bevestig dit self). Dan, byvoorbeeld,

vecPoly3,B

2−33

= 2(1 + x)− 3(1 + x+ x2) + 3(1− x2)

= 2− x− 6x2 ∈ Poly3 .

�

Verstaanpunt 3.3.10 Wys dat:• vecV,B(c + c′) = vecV,B(c) + vecV,B(c′)

• vecV,B(kc) = k vecV,B(c).

Dit beteken dat vecV,B : Colm → V ’n lineêre afbeelding is.Oplossing.

1.

vecV,B(c + c′) = vecV,B

c1

...cn

+

c′1...c′n

= vecV,B

c1 + c′1

...cn + c′n

= (c1 + c′1)e1 + · · ·+ (cn + c′n)en


= (c1e1 + · · ·+ cnen) + (c′1e1 + · · ·+ c′nen)= vecV,B(c) + vecV,B(c′)

2.

vecV,B(kc) = vecV,B

kc1

...cn

= vecV,B

kc1

...kcn

= (kc1e1 + · · ·+ kcnen)= k(c1e1 + · · ·+ cnen)= k vecV,B(c)

Stelling 3.3.11 Laat V ’n vektorruimte met basis B = {-e1, . . . , em-} wees. Dieafbeelding

[·]B : V � Colmv 7→ [v]B

is ’n isomorfisme, met inverse

vecV,B : Colm → V

c 7→ vecV,B(c).Bewys. Gegee v ∈ V , brei dit in die basis B uit:

v = a1e1 + . . .+ amem.

Dan,

(vecV,B ◦ [·]B)(v)

= vecV,B([v]B

)= vecV,B

a1

...am

= a1e1 + · · ·+ amem= v

sodat vecV,B ◦ [·]B = idV . Aan die ander kant, gegee

c =

c1...cm

∈ Colm ,

dan het ons ([·]B ◦ vecV,B

)(c)

=[vecV,B(c)

]B

=[c1e1 + · · ·+ cmem

]=

c1...cm


= c

waar die tweede laaste stap die definisie van die koördinaatvektor van v =c1e1 + · · ·+ cmem gebruik. Gevolglik [·]B ◦ vecV,B = idColm . �

Die bostaande resultaat is baie belangrik in lineêre algebra. Dit sê dat,as ons ’n basis vir ’n abstrakte eindigdimensionele vektorruimte V gekieshet, dan kan ons die elemente van V behandel asof hulle kolomvektoreis!

Oefeninge1. Is die volgende vektorruimtes isofmorfies?

W ={p ∈ Poly2 :

∫ 2

0p(x)dx = 0

}.

As hulle is, gee ’n eksplisiete isomorfisme tussen hulle. Indien nie,bewys dat hulle nie isofmorfies is nie.

2. Is die volgende vektorruimtes isomorfies?

V = {v ∈ R3 : v× (1, 2, 3) = 0}

W ={M ∈ Mat2,2 : MT = −M

}.

As hulle is, gee ’n eksplisiete isomorfisme tussen hulle. Indien nie,bewys dat hulle nie isomorfies is nie.

3. Are the following vector spaces

V = {v ∈ R4 : (1,−1, 2, 1) · v = 0}

andPoly1[x, y]

isomorphic?If they are, construct an explicit isomorphism between them. If not,

prove that they are not isomorphic.4. Are the following vector spaces isomorphic?

V = {p ∈ Poly3[x, y] :∫∫

D

p dA·v = 0}D = {(x, y) ∈ R2 : x2+y2 = 1}

Vect2(R2)

3.4 Lineêre afbeeldings en matrikseDefinisie 3.4.1 Laat T : V → W ’n lineêre afbeelding vanaf ’n vektorruimteV na ’n vektorruimte W wees. Laat B = {-b1, . . . ,bm-} ’n basis vir V enC = {-c1, . . . , cn-} ’n basis vir W wees. Die matriks van T relatief tot diebasisse B en C is definieer as die n × m-matriks waarvan die kolomme die


koördinaatvektore van T (bi) relatief tot die basis C is:

[T ]C←B :=

T (b1)

C

T (b2)

C

. . .

T (bm)

C

♦

Verstaan jy hoekom [T ]C←B ’n n×m-matriks is?

Voorbeeld 3.4.2 Matriks van ’n Lineêre Afbeelding. Laat

T : Poly2 → Poly3

gedefineer word deurT (p)(x) := xp(x)

LaatB = {-b1 = 1 + x, b2 = 1− x, b3 = 1 + x+ x2-}

enC = {-c1 = 1, c2 = 1 + x, c3 = 1 + x+ x2, c4 = x3-}

basisse vir $\Poly_2$ en $\Poly_3$ wees, onderskeidelik. Bepaal $[T]_{\basis{C}\leftarrow \basis{B}}$.Oplossing. Ons bereken:

T (b1) = x(1 + x)= x+ x2

= −c1 + c3

∴ [T (b1)]C =

−1010

T (b2) = x(1− x)

= x− x2

= −c1 + 2c2 − c3

∴ [T (b2)]C =

−12−10

T (b3) = x(1 + x+ x2)

= x+ x2 + x3

= −c1 + c3 + c4

∴ [T (b3)]C =

−1011


Deur al hierdie koördinaatvektore te versamel kry ons

[T ]C←B =

−1 −1 −10 2 01 −1 10 0 1

�

Stelling 3.4.3 Lineêre Afbeeldings en Matriks Vermenigvulding vanKoördinaatvektore. Laat T : V → W ’n lineêre afbeelding vanaf ’n vektor-ruimte V na ’n vektorruimte W wees. Laat B = {-b1, . . . ,bm-} ’n basis vir Ven C ’n basis vir W wees. Dan vir alle vektore v in V ,

[T (v)]C = [T ]C←B[v]B (3.4.1)Bewys. Die bewys is soortgelyk aan dié van die Basisveranderingstelling (Stelling 2.5.7).Laat v ∈ V . Brei dit uit in die basis B:

v = a1b1 + a2b2 + · · ·+ ambm, i.e. [v]B =

a1...am

.

Dan,

[T (v)]C = [T (a1b1 + · · ·+ ambm)]C= [a1T (b1) + · · ·+ anT (bm)]C (T is lineêr)= a1[T (b1)]C + · · ·+ an[T (bm)]C (Hulpstelling 2.4.11)

=

T (b1)

C

T (b2)

C

. . .

T (bm)

C

a1

...am

= [T ]C←B[v]B .

�

Voorbeeld 3.4.4 Bevestiging van Stelling 3.4.3 in ’n voorbeeld. Komons bevestig dat Stelling 3.4.3 inderdaad werk, in die konteks van Voorbeeld 3.4.2.Vat die vektor v ∈ Poly2 as, byvoorbeeld, x.

Brei x uit relatief tot die basis B. Ons kry:

x = 12(p1 − p2).

So,

[x]B =

12− 1

20

Verder, T (x) = x2 = −q2 + q3, so

[T (x)]C =

0−110

Ons kan nou die linker- en regterkante van Vergelyking (3.4.1) uitwerk en sienof hulle wel gelyk aan mekaar is.

LK van (3.4.1) = [T (x)]C


=

0−110

.RK van (3.4.1) = [T ]C←B[x]B

=

−1 −1 −10 2 01 −1 10 0 1

1

2− 1

20

=

0−110

So inderdaa, die Stelling werk! Of ten minste in hierdie geval. �

Ons kan Stelling 3.4.3 in ’n meer abstrakte manier interpreteer soos volg.Ons het die volgende diagram van lineêre afbeeldings van vektorruimtes:

T

[.]C

[·]C ◦ T ◦ vecV,B

[.]B vecV,B

V W

Colm Coln

Die boonste afbeelding is die lineêre afbeelding T : V →W . Die afbeeldinglinks van V na Colm is die koördinaatvektorafbeelding [·]B wat met die basisB assosieer word. Sy inverse afbeelding vecV,B : Colm → V word ook geteken.Die afbeelding aan die regterkant is die koördinaatvektorafbeedling [·]C vanafW na Coln wat met basis C assosieer word. Die stippelpyl heel onder is diekomposisieafbeelding, en kan soos volg eksplisiet bereken word.Hulpstelling 3.4.5 Die komposisieafbeelding

[·]C ◦ T ◦ vecV,B : Colm → Coln

is matriksvermenigvuldiging met [T ]C←B. Dit is, vir alle kolomvektore u inColm,

([·]C ◦ T ◦ vecV,B) (u) = [T ]C←B u.Bewys. Definieer v := vecV,B(u). Dan is v die vektor in V waarvan diekoördinaatvektor met betrekking tot basis B u is. Dit is, u = [v]B. So,

([·]C ◦ T ◦ vecV,B) (c) = [·]C (T (vecV,B(u))) (Defn van komposisieafbeelding)= [·]C(T (v)) (Defn van v)


= [T (v)]C (Defn van [·]C)= [T ]C←B[v]B (Stelling 3.4.3).

�

Voor ons aanbeweeg, moet ons nog iets van matrikse hersien. VeronderstelA is ’n matriks met n rye. Laat

e1 =

10...0

, e2 =

01...0

, . . . , en =

00...1

die standaard basis vir Coln wees. Dan kan die ide kolom van A verkry worddeur A met ei te vermenigvuldig:

ide column of A = Aei. (3.4.2)Verstaanpunt 3.4.6 Bevestig dit!

Nou kan ons die volgende stelling bewys.Stelling 3.4.7 Funktorialiteit van die Matriks-Lineêre Afbeelding.Laat S : U → V en T : V → W lineêre afbeeldings tussen eindigdimensionelevektorruimtes wees. Laat B, C en D basisse vir U , V en W onderskeidelikwees. Dan,

[T ◦ S]D←B = [T ]D←C [S]C←Bwaar die regterkant die matriksproduk van [T ]D←C en [S]C←B is.Bewys. Ons het:

ith column of [T ◦ S]D←B= [(T ◦ S)(bi)]D (Defn of [T ◦ S]D←B)= [T (S(bi))]D (Defn of T ◦ S)= [T ]D←C [S(bi]C (Stelling 3.4.3)= [T ]D←C [S]C←B [bi]B (Stelling 3.4.3)= [T ]D←C [S]C←B ei ( want [bi]B = ei )= ith column of [T ]D←C [S]C←B (3.4.2).

�

Gevolg 3.4.8 Laat T : V → W ’n lineêre afbeelding wees, en veronderstel Bis ’n basis vir V , en C is ’n basis vir W . Dan

T is ’n isomorfisme⇐⇒ [T ]C←B is inverteerbaar.Bewys. ⇒. Veronderstel die lineêre afbeelding T is ’n isomorfisme. Dit betekendaar bestaan ’n lineêre afbeelding S : W → V sodat

S ◦ T = idV and T ◦ S = idW /

Daarom,

[S ◦ T ]B←B = [idV ]B←B en [T ◦ S]C←C = [idW ]C←C .

Daarom, volgens die Funktorialiteit van die Matriks van ’n Lineêre Afbeeld-ing (Stelling 3.4.7),

[S]B←C [T ]C←B = I en [T ]C←B[S]B←C = I


Daarom is die matriks [T ]C←B inverteerbaar, met inverse

[T ]−1C←B = [S]B←C .

⇐. Veronderstel die matriks [T ] ≡ [T ]C←B is inverteerbaar. Definieer dielineêre afbeelding

S : W → V

deur eerstens dit op die basisvektore in C te definieer as

S(ci) :=dimV∑p=1

[T ]−1pi bp

en dit dan tot die hele W deur lineariteit uit te brei. Dan het ons

(T ◦ S)(ci) = T (S(ci))

= T

(dimV∑p=1

[T ]−1pi bp

)

=dimV∑p=1

dimW∑q=1

[T ]−1pi [T ]qpcq

=dimW∑q=1

(dimV∑p=1

[T ]qp[T ]−1pi

)cq

=dimW∑q=1

([T ][T ]−1)

qicq

=dimW∑q=1

Iqicq

=dimW∑q=1

δqicq

= ci.

Daarom, T ◦S = idW . Op ’n soortgelyke manier kan ons bewys dat S ◦T =idV . Daarom is die lineêre afbeelding T ’n isomorfisme, met inverse T−1 = S.

�Ons kan dit nog verder verfyn, naamlik, ‘die inverse van die matriks van’n

lineêre afbeelding is gelyk aan die matriks van die inverse van die lineêre af-beelding.’Gevolg 3.4.9 Veronderstel B en C is basisse vir vektorruimtes V en W on-derskeidelik. Veronderstel ’n lineêre afbeelding T : V → W het inverse T−1 :W → V . Dan

[T ]−1C←B = [T−1]B←C.

Bewys. Ons het

[T ]C←B[T−1]B←C = [T ◦ T−1]C←C (Stelling 3.4.7)= [idW ]C←C (T ◦ T−1 = idW )= I

en

[T−1]B←C [T ]C←B = [T−1 ◦ T ]B←B (Stelling 3.4.7)


= [idV ]B←B (T−1 ◦ T = idV )= I.

�

Die volgende Lemma sê dat die ‘basisveranderingsmatriks’ in Afdeling 2.5is net die matriks van die identiteitslineêre afbeelding met betrekking tot diebetrokke basisse.Hulpstelling 3.4.10 Laat B en C basisse vir ’n m-dimensionele vektorruimteV wees. Dan

PC←B = [id]C←B.Bewys.

PC←B = [[b1]C · · · [bm]C ] (Defn van PC←B)= [[id(b1)]C · · · [id(bm)]C ]= [id]C←B. (Defn van [id]C←B)

�

Die volgende Stelling sê vir ons hoe die matriks van ’n lineêre bewerkingverander as ons die basis verander waarmee ons die matriks bereken.Stelling 3.4.11 Laat B en C basisse vir ’n vektorruimte V wees, en laat T :V → V ’n lineêre bewerking op V wees. Dan

[T ]C←C = P−1[T ]B←BP

waar P ≡ PB←C.Bewys.

RHS = P−1[T ]B←BP= [id]−1

B←C [T ]B←B[id]B←C (Hulpstelling 3.4.10)= [id]C←B[T ]B←B[id]B←C (Gevolg 3.4.9)= [id ◦T ◦ id]C←C (Stelling 3.4.7)= [T ]C←C= LHS.

�

Oefeninge1. Let

T : Trig1 → Trig2

be the ‘multiply with sin x’ linear map, T (f)(x) = sin xf(x). Compute[T ]C←B with respect to the standard basis B of Trig1 and C of Trig2.

2. LaatS : Trig2 → Trig2

die ‘skuif met π6 ’-afbeelding wees, S(f)(x) = f(x − π

6 ). Bereken [S]C←Cmet betrekking tot die standaardbasis C van Trig2.

3. Bevestig Stelling 3.4.3 vir die lineêre afbeelding S : Mat2,2 → Mat2,2 gegeedeur S(M) = MT , met behulp van die volgende basisse van Mat2,2:


4. Verify Stelling 3.4.3 for the linear map

T : Poly3 → Trig3

defined byT (p)(x) := p(cosx).

Use the standard bases B for Poly3 and C for Trig3.5. Maak seker dat die lineêre afbeeldings T en S van Oefeninge 3.4.1 en 3.4.2

[S ◦ T ]C←B = [S]B←B[T ]C←B bevredig.6. Verifieer Stelling 3.4.7 vir die `gradieënt’ and `divergensie’ lineêre afbeeld-

ings

G : Poly3[x, y]→ Vect2(R2)G(p) := ∇p

Div : Vect2(R2)→ Poly1[x, y]

Div((P,Q)) := ∂P

∂x+ ∂Q

∂y

Gebruik die standaardbasisse

B = {-1, x, y, x2, xy, y2, x3, x2y, xy2, y3-}

C = {-(1, 0), (x, 0), (y, 0), (x2, 0), (xy, 0), (y2, 0), (0, 1), (0, x), (0, y), (0, x2), (0, xy), (0, y2)-}

D = {-1, x, y-}

vir Poly3[x, y], Vect2(R2), Poly1[x, y] onderskeidelik. Dit wil sê, bereken

[Div]D←C [G]C←B

en[Div ◦G]D←C

en bevestig dat hulle is gelyk aan mekaar.7. Verifieer Stelling 3.4.7 in die geval van die lineêre afbeeldings

S : Mat2,3 → Col3[A11 A12 A13A21 A22 A23

]7→

A11 +A21A12 +A22A13 +A23

T : Col3 → Poly2[x, y]ab

c

7→ a+ b(x− y − 1)2 + c(x+ y + 1)2

Gebruik die standaardbasis B vir Mat2,3 (sien Voorbeeld 2.3.13), die basis

C = {-

101

,0

10

,0

11

-}

vir Col3, en die standaardbasis

C = {-1, x, y, x2, xy, y2-}


vir Poly2[x, y]. Dit wil sê, bereken

[T ◦ S]D←B

en[T ]D←C [S]C←B

and verifieer dat hulle gelyk aan mekaar is.

3.5 Kern en Beeld ’n Lineêre AfbeeldingDefinisie 3.5.1 Laat T : V → W ’n lineêre afbeelding tussen vektorruimtesV en W wees. Die kern van T , geskryf Ker(T ), is die versameling van allevektore v ∈ V wat deur T op 0W afgebeeld word. Dit is,

Ker(T ) := {v ∈ V : T (v) = 0W }.

Die beeld van T , geskryf Be(T ), is die versameling van alle vektore w ∈Wsodat w = T (v) vir een of ander v ∈ V . Dit is,

Be(T ) := {w ∈W : w = T (v) vir ’n v ∈ V }

♦

Sien Figuur 3.5.2 en Figuur 3.5.3 vir ’n skematiese voorstelling.

Soms, om absoluut duidelik te wees, sal ek ’n onderskrif op die nul-vektor sit om aan te dui aan watter vektorruimte dit behoort, bv. 0Wverwys na die nulvektor in W , terwyl 0V na die nulvektor in V verwys.

Nog ’n naam vir die kern van T is die nulruimte van T , en nog ’n naamvir die beeld van T is die waardeversameling van T .

V W

0WKer(T )

Figuur 3.5.2: Ker(T )

V W

Be(T )

Figuur 3.5.3: Be(T )


Hulpstelling 3.5.4 Laat T : V →W ’n lineêre afbeelding wees.. Dan:1. Ker(T ) is ’n deelruimte van V

2. Be(T ) is ’n deelruimte van WBewys. (i) Ons moet seker maak dat die drie vereistes van ’n deelruimtebevredig word.

1. Ker(T ) is geslote onder sommering. Veronderstel v en v′ is in Ker(T ).Met ander woorde, T (v) = 0 en T (v′) = 0. Ons moet wys dat v + v′ inKer(T ) is, met ander woorde, datT (v + v′) = 0. Inderdaad,

T (v + v′) = T (v) + T (v′) = 0 + 0 = 0.

2. 0V ∈ Ker(T ). Om te wys dat 0V in Ker(T ) is, moet ons wys datT (0V ) = 0W . Inderdaad, dit is waar want T is ’n lineêre afbeelding,volgens Lemma 3.1.24.

3. Ker(T ) is geslote onder skalaarvermenigvuldiging. Veronderstel v ∈Ker(T ) en k ∈ R is ’n skalaar. Ons moet wys dat kv ∈ Ker(T ), ditis, ons moet wys dat T (kv) = 0. Inderdaad,

T (kv) = kT (v) = k0 = 0.

(ii) Weereens moet ons die drie vereistes van ’n deelruimte nagaan.

1. Be(T ) is geslote onder sommering. Veronderstel w en w′ is in Be(T ).Met ander woorde, daar bestaan vektore v en v′ in V sodat T (v) = w enT (v′) = w′. Ons moet wys dat w+w′ ook in Be(T ) is, met ander woorde,dat daar ’n vekor u in V bestaan, sodat T (u) = w + w′. Inderdaad, stelu := v + v′. Dan,

T (u) = T (v + v′) = T (v) + T (v′) = w + w′.

2. 0W ∈ Be(T ). Om te wys dat 0W ∈ Be(T ), moet ons wys dat daar ’nv ∈ V bestaan, sodat T (v) = 0W . Inderdaad, kies v = 0V . Dan isT (v) = T (0V ) = 0W volgens Lemma 3.1.24.

3. Be(T ) is geslote onder skalaarvermenigvuldiging. Veronderstel w ∈ Be(T )en k is ’n skalaar. Ons moet wys dat kw ∈ Be(T ). Die feit dat w inBe(T ) is, beteken dat daar ’n v in V bestaan, sodat T (v) = w. Onsmoet wys dat daar ’n u ∈ V bestaan, sodat T (u) = kw. Inderdaad, stelu := kv. Dan

T (u) = T (kv) = kT (v) = kw.

�

Nou dat ons weet dat die kern en beeld van ’n lineêre afbeelding deelruimtesis en dus vektorruimtes in eie reg, kan ons die volgende definisie gee.Definisie 3.5.5 Laat T : V → W ’n lineêre afbeelding vanaf ’n eindig-dimensionele vektorruimte V na ’n vektorruimte W wees. Die nulheidsgraadvan T is die dimensie van Ker(T ), en die rang van T is die dimensie van Be(T ):

Nhg(T ) := Dim(Ker(T ))Rang(T ) = Dim(Be(T ))

♦


Die ‘dimensie van Ker(T )’ maak sin, want Ker(T ) is ’n deelruimtevan ’n eindig-dimensionele vektorruimte V , en daarom is dit eindig-dimensioneel volgens Proposisie 2.3.25. Ons weet nog nie dat Be(T )eindig-dimensioneel is nie, maar dit sal volg uit die Rang-Nulheidgraad-stelling (Stelling 3.5.10).

Voorbeeld 3.5.6 Laat a ∈ R3 ’n konstante nie-nul vektor wees. Oorweeg die‘kruisproduk met a’-lineêre afbeelding van Voorbeeld 3.1.11,

C : R3 → R3

v 7→ a × v

Bepaal die kern, beeld en nulheidsgraad van C.Oplossing. Die kern van C is die deelruimte van R3 wat uit al die vektore v ∈V bestaan, sodat a×v = 0. Uit die meetkundige formule van die kruisproduk,

|a × v| = |a||v| sin θ

waar θ die hoek van a tot v is, sien ons dat

a × v = 0⇔ v = 0 of θ = 0 of θ = π.

Met ander woorde, v moet ’n skalaarveelvoud van a wees. So,

Ker(C) = {ka, k ∈ R}.

Ek beweer dat die beeld van C die deelruimte van alle vektore loodreg opa is, i.e.

Be(C) := {u ∈ R3 : u · a = 0}. (3.5.1)As jy my glo, dan is die prentjie soos volg:

KerC

Be(C)

a

Laat ek vergelyking (3.5.1) bewys. Per definisie is die beeld van C diedeelruimte van R3 bestaande uit alle vektore w van die vorm w = a×v vir eenof ander v ∈ R3. Dit impliseer dat w loodreg op a is. Dit was die ‘maklike’deel. Die ‘moeliker’ deel is om die ander rigting te bewys. Dit is, ons moetwys dat as u loodreg op a is, dan is u in die beeld van C, i.e. daar bestaan ’nvektor v sodat C(v) = u.

Ons kan inderdaad v kies om die vektor te wees wat verkry word deur umet 90 grade kloksgewys te roteer in die vlak I, en dit soos nodig te skaleer:


a

u

v

In terme van ’n formule het ons

v = |u||a|u× a.

Let daarop dat dit nie die enigste vektor v is waarvoor C(v) = u nie.Inderdaad, as ons by v enige vektor op die lyn deura tel, sal die resulterendevektor

v = v + ka

ook C(v) = u bevredig, want

C(v) = C(v + ka) = C(v) + C(ka) = u + 0 = u.

�

Voorbeeld 3.5.7 Bepaal die kern, beeld en nulheidsgraad van die lineêreafbeelding

I : Trig2 → R

T 7→∫ π

0T (x)dx.

Oplossing. Die kern van I bestaan uit alle tweede graadse trigonometriesepolinome

T (x) = a0 + a1 cosx+ b1 sin x+ a2 cos 2x+ b2 sin 2x

sodat ∫ π

0(a0 + a1 cosx+ b1 sin x+ a2 cos 2x+ b2 sin 2x) dx = 0.

Deur die integrale te bereken, word die vergelyking

πa0 + 2b1 = 0

met geen beperkings op die ander konstantes a1, a2, b2 nie. Met ander woorde,

Ker(I) ={alle trigonometriese polinome van die vorm(a0(1− π

2 sin x) + a1 cosx+ a2 cos 2x+ b2 sin 2x), waar (a0, a1, a2, b2 ∈ R).}

Daarom is Nhg(I) = Dim(Ker(I)) = 4.Die beeld van I bestaan uit alle reële getalle p ∈ R, sodat daar ’n T ∈ Trig2

bestaan waarvoor I(T ) = p. Ek beweer dat

Be(I) = R.

Inderdaad, gegee p ∈ R, dan kies ons T (x) = p2 sin x, want

I(T ) = p

2

∫ π

0sin x dx = p.


Daarom is Be(I) = R, en Rang(I) = 1.Let daarop dat die keuse van T (x) = p

2 sin(x) wat I(T ) = p bevredig nieuniek is nie. Ons kan sê T = T + S waar S ∈ Ker(I) en ons sal steeds hê datI(T ) = p:

I(T ) = I(T + S) = I(T ) + I(S) = p+ 0 = p.

�

Voorbeeld 3.5.8 Oorweeg die funksie

T : Poly2 → R2

p 7→ (p(1), p′(1)).

Wys dat T ’n lineêre afbeelding is, en bepaal T se kern, beeld, rang ennulheidsgraad.Oplossing. Ons wys eers dat T ’n lineêre afbeelding is. Laat p, q ∈ Poly2.Dan

T (p+ q) = ((p+ q)(1), (p+ q)′(1)) (Defn van T )= (p(1) + q(1), (p+ q)′(1)) (Defn van die funksie p+ q)= (p(1) + q(1), (p′ + q′)(1)) ((p+ q)′ = p′ + q′)= (p(1) + q(1), p′(1) + q′(1)) (Defn van p′ + q′)= (p(1), p′(1)) + (q(1), q′(1)) (Defn of + in R2)= T (p) + T (q).

Die bewys van T (kp) = kT (p) is soortgelyk.Die kern van T is die versameling van alle polinome

p(x) = a0 + a1x+ a2x2

sodat T (p) = (0, 0). Dit vertaal in die vergelyking

(a0 + a1 + a2, a1 + 2a2) = (0, 0).

Dit lei verder na die vergelykings:

a0 + a1 + a2 = 0a0 + a1 + a2 = 0

a1 + 2a2 = 0

waarvan die vergelyking a2 = t, a1 = −2t, a0 = −t is, waar t ∈ R. Daarom

Ker(T ) ={polinome van die vorm −t− 2tx+ tx2 waar t ∈ R

}.

Daarom is Nhg(T ) = 1.Die beeld van T is die versameling van alle (v, w) ∈ R2 sodat daar ’n

polinoom p = a0 + a1x + a2x2 in Poly2 bestaan waarvoor T (p) = (v, w). So,

(v, w) is in die beeld van T as en slegs as ons ’n polinoom p = a0 + a1x+ a2x2

kan vind sodat(a0 + a1 + a2, a1 + 2a2) = (v, w).

Met ander woorde, (v, w) is in die beeld van T as en slegs as die vergelykings

a0 + a1 + a2 = v

a1 + 2a2 = w


’n oplossing het vir een of ander a0, a1, a2. Maar hierdie vergelykings hetaltyd ’n oplossing, vir alle (v, w) ∈ R2. Byvoorbeeld, een oplossing is

a2 = 0, a1 = w, a0 = v − w

wat ooreenstem met die polinoom

p(x) = v − w + wx. (3.5.2)

Let daarop dat T (p) = (v, w). Daarom,

Be(T ) = {all (v, w) ∈ R2} = R2.

Daarom is Rang(T ) = Dim(Be(T )) = 2.Let daarop dat die keuse van die polinoom p(x) = v − w + wx van (3.5.2)

wat T (p) = (v, w) bevredig nie die enigste moontlike keuse is nie. Inderdaad,enige polinoom van die vorm p = p+ q waar q ∈ Ker(T ) sal T (p) = (v, w) ookbevredig, want

T (p) = T (p+ q) = T (p) + T (q) = (v, w) + (0, 0) = (v, w).

�

Voorbeeld 3.5.9 Hierdie voorbeeld is ’n wysiging van (((Unresolved xref,reference "old_example_ker_range_poly"; check spelling or use "provisional"attribute))) . Bereken die kern, beeld, nulheidsgraad en rang van die volgendeafbeleding:

T : Poly2 → Col3

p : 7→

p(1)p′(1)

p(2)− 12p′′(3)

Oplossing. Ons begin deur Ker(T ) te bereken. Ons het

p ∈ Ker(T ) ⇔ T (p) =

000

(3.5.3)

Skryfp = a+ bx+ cx2

Dan word vergelying (3.5.3): a+ b+ cb+ 2c

a+ 2b+ 3c

=

000

Hierdie vergelyking tussen kolomvektore is bevredig as en slegs as die volgendestelsel van gelyktydige line\^{e}re vergelykings is bevredig:

a+ b+ c = 0b+ 2c = 0

a+ 2b+ 3c = 0

Ons waarneem dat die derde vergelyking is gelyk aan die som van die eersteen tweede vergelykings. So wanneer ons hierdie vergelykings bewerk tot ry-echelon vorm toe, kry ons:

a+ b+ c = 0


b+ 2c = 0

Die algemene oplossing is:

c = t, b = −2t, a = t, t ∈ R

Dus,Ker(T ) = {t− 2tx+ tx2 : t ∈ R}

’n Basis vir Ker(T ) is gekry deur die waarde van die parameter t te kies ast = 1:

Basis for Ker(T ) = {-1− 2x+ x2-}

SoNhg(T ) = Dim(Ker(T )) = 1.

Nou kom ons bereken Be(T ). Ons het

w ≡

w1w2w3

∈ Be(T )

⇔ there exists p ∈ Poly2 such that T (p) =

w1w2w3

Skryf p = a+ bx+ cx2. Dan is

T (p) =

w1w2w3

⇔

a+ b+ cb+ 2c

a+ 2b+ 3c

=

w1w2w3

Met ander woorde, w ∈ Be(T ) as en slegs as daar bestaan ’n sekere oplossingvan die volgende vergelykings vir a, b, c:

a+ b+ c = w1

b+ 2c = w2

a+ 2b+ 3c = w3

Kom ons los hierdie vergelykings op deur ry reduksie te gebruik: 1 1 1 w10 1 2 w21 2 3 w3

R3−R1−−−−−→

1 1 1 w10 1 2 w20 1 2 w3 − w1

R3−R2−−−−−→

1 1 1 w10 1 2 w20 0 0 w3 − w1 − w2

So: daar bestaan geen oplossing vir a, b, c tensy w3 − w1 − w2 = 0, want

andersins sal ons ’n vergelyking van die vorm ’nul is gelyk aan ’n nie nul waarde’h\^{e}. Bovendien, as w3−w1−w2, dan kan di\’{e} vergelykings opgelos word


vir a, b, c, want hulle is in toegevoegde ry-trap vorm met geen ongeldige rye.Dus,

Be(T ) =

w1w2w3

: −w1 − w2 + w3 = 0

.

So, ’n basis vir Be(T ) is gegee deur:

{-

101

,0

11

-}

and henceRang(T ) = 2.

�

Stelling 3.5.10 Rang-Nulheidsgraadstelling. Laat T : V →W ’n lineêreafbeelding vanaf ’n eindigdimensionele vektorruimte V na ’n vektorruimte Wwees. Dan

Nhg(T ) + Rang(T ) = Dim(V ).Bewys. Laat B = {-e1, . . . , ek-} ’n basis vir Ker(T ) wees. Omdat B ’n lys on-afhanklike vektore in V is, kan ons dit uitbrei na ’n basis C = {-e1, . . . , ek, f1, . . . , fp-}vir V , volgens Gevolgtrekking 2.3.31. Ek beweer dat

D := {-T (f1), . . . , T (fp)-}

’n basis vir Be(T ) is. As ek dit kan bewys, sal ons klaar wees, want danhet ons

Nhg(T ) + Rang(T ) = k + p

= Dim(V ).

Kom ons bewys dat D ’n basis vir Be(T ) is.D is lineêr onafhanklik. Veronderstel

b1T (f1) + · · ·+ bpT (fp) = 0W .

Ons herken die linkerkant as T (b1f1 + · · ·+ bpfp). Daarom

b1f1 + · · ·+ bpfp ∈ Ker(T )

wat beteken ons kan dit as ’n lineêre kombinasie van vektore in B skryf,

b1f1 + · · ·+ bpfp = a1e1 + · · ·+ akek.

Deur al die terme aan eenkant te versamel, word dit die vergelyking

−a1e1 − · · · − akek + b1f1 + · · ·+ bpfp = 0V .

Ons herken die linkerkant as ’n lineêre kombinasie van die C-basisvektore.Aangesien hulle lineêr onafhanklik is, moet al die skalare nul wees. Onderandere, b1 = · · · = bp = 0, wat is wat ons wou bewys.D span W . Veronderstel w ∈ Be(T ). Ons moet wys dat w ’n lineêre

kombinasie van vektore in D is. Aangesien w in die beeld van T is, bestaandaar ’n v ∈ V sodat T (v) = w. Omdat C ’n basis vir V is, kan ons skryf

v = a1e1 + · · ·+ akek + b1f1 + · · ·+ bpfp


vir skalare a1, . . . , ak, b1, . . . , bp. Dan

w = T (v)= T (a1e1 + · · ·+ akek + b1f1 + · · ·+ bpfp)= a1T (e1) + · · ·+ akT (ek) + b1T (f1) + · · ·+ bpT (fp)= b1T (f1) + · · ·+ bpT (fp) (ei ∈ Ker(T ))

sodat w wel ’n lineêre kombinasie van die vektore in D is. �

Voorbeeld 3.5.11 Die identiteitsafbeelding op ’n vektorruimte. Beskoudie identiteitsafbeelding op ’n eindig-dimensionele vektorruimte V :

idV : V → V

Ons hetKer(idV ) = {0}

want die enige vektor wat na die nulvektore toe gestuur is deur die identiteit-safbeelding is die nulvektor self. Dus,

Nhg(idV ) = 0.

Soortgelyk,Be(idV ) = V

want elke vektor v ∈ V is in die beeld van idV . Inderdaad, ons het idV (v) = v,wat bewys dat v ∈ Be(idV ). Dus,

Rang(idV ) = Dim(V ).

So inderdaad die Rang-Nulheidsgraad Stelling (Stelling 3.5.10) is waar in hi-erdie geval, want

Rang(idV )︸︷︷︸=Dim(V )

+ Nhg(idV )︸︷︷︸=0

= Dim(V ).

�

Voorbeeld 3.5.12 Die nulafbeelding. Beskou die nulafbeelding Z op ’neindig-dimensionele vektorruimte V :

Z : V → V

v 7→ 0

Ons hetKer(Z) = V

want elke vektor v ∈ V is na die nulvektor toe gestuur deur Z. So,

Nhg(Z) = Dim(V ).

Soortgelyk, het onsBe(Z) = {0}

want die enigste vektor in die beeld van Z is die nulvektor 0. Want, vir allevektore v ∈ V , Z(v) = 0. So,

Rang(Z) = 0.


Dus is die Rang-Nulheidsgraad Stelling (Stelling 3.5.10) waar in hierdie geval,want

Rang(Z)︸︷︷︸=0

+ Ker(Z)︸︷︷︸=Dim(V )

= Dim(V ).

�

Voorbeeld 3.5.13 Verifieering dat Voorbeeld 3.5.9 die Rang-NulheidsgraadStelling bevredig. Kom ons verifieer dat die line\^{e}re afbeelding T uitVoorbeeld 3.5.9 die Stelling 3.5.10 bevredig. In Voorbeeld 3.5.9, het ons berekendat

Nhg(T ) = 1, Rang(T ) = 2.

Dus,Rang(T )︸︷︷︸

=2

+ Nhg(T )︸︷︷︸=1

= Dim(Poly2)︸︷︷︸=3

so dit bevredig wel Stelling 3.5.10. �

Oefeninge1. Verifieer die Rang-Nulheidgraad-stelling vir die volgende lineêre afbeeld-

ings. D.w.s., vir elke afbeelding T , (a) bepaal Ker(T ) en Be(T ) eksplisiet,(b) bepaal die dimensie van Ker(T ) en Be(T ), (c) maak seker dat diegetalle die Rang-Nulheidsgraad-stelling bevredig.(a) Die identiteitsafbeelding idV : V → V op ’n eindig-dimensionele

vektorruimte V .

(b) Die nul-afbeelding

Z : V → V

v 7→ 0

op ’n eindig-dimensionele vektorruimte V .

(c) Die afbeelding

T : Poly3 → Col3

p 7→

p(1)p(2)p(3)

(d) Die afbeelding

S : Trig2 → Col2

f 7→[∫ π

0 f(x) cosxdx∫ π0 f(x) sin xdx

]2. Gee ’n voorbeeld van ’n lineêre afbeelding T : Col4 → Col4 sodat Rang(T ) =

Nhg(T ).3. Vir elk van die volgende bewerings, sê of dit waar of onwaar is. As dit

waar is, bewys dit. Indien nie, bewys dit.(a) Daar bestaan ’n lineêre afbeelding T : R5 → R2 sodat

Ker(T ) = {(x1, x2, x3, x4, x5) ∈ R5 : x1 = 3x2 en x3 = x4 = x5}.1https://en.wikipedia.org/wiki/Lagrange_polynomial


(b) Daar bestaan ’n lineêre afbeelding F : Trig3 → Trig3 sodat Rang(T ) =Nhg(T ).

4. Laat f(x, y, z) ’n funksie op R3 wees en laat p = (x0, y0, z0) ∈ R3 ’nkonstante punt wees. Vir elke vektor u ∈ R3, kan ons die afgeleide van fin die rigting van u by p as ’n afbeelding

Dp : R3 → Ru 7→ (∇f)(p) · u.

sien.(a) Wys dat Dp soos hierbo gedefinieer ’n lineêre afbeelding is.

(b) Beskou die voorbeeld van f(x, y, z) = x2 + y2 + z2. Bepaal Ker(Dp)vir alle punte p ∈ R3.

5. Gee, met behulp van die Rang-Nulheidgraad-stelling, ’n ander bewys vandie feit dat die beeld van die afbeelding C in Voorbeeld 3.5.6 {u ∈ R3 :u · a = 0} is.

6. Determine the kernel and image of the linear map

T : Poly2[x, y, z]→ Poly2

defined byT (p)(x) := p(x, x, x).

7. Laat V ’n eindig-dimensionele vektorruimte wees. Laat U ’n deelruimtevan V wees. Toon aan dat daar ’n lineêre afbeelding T : V → V bestaanmet KerT = U .

8. Beskou die funksie F : R3 → R2 gedefineer deur

F (x, y, z) = (x2 + y2, xy).

Beskou nou DFp, die Jakobiaan matriks van F by die punt p = (1, 2).Bepaal Ker(DFp) en Be(DFp) en dus bepaal ook Nhg(DFp) and Rang(DFp).

3.6 Injektiewe en surjektiewe lineêre afbeeldingsDefinisie 3.6.1 ’n Funksie f : X → Y vanaf ’n versameling X na ’n ver-sameling Y word een-tot-een (of injektief) genoem as wanneer f(x) = f(x′)vir x, x′ ∈ X dit noodwendig volg dat x = y. Die funksie f word “op” (ofsurjektief) genoem as, vir alle y ∈ Y daar ’n x ∈ X bestaan sodat f(x) = y.

♦

As f ’n lineêre afbeelding tussen vektorruimtes is (en nie bloot ’n arbitrêrefunksie tussen versamelings is nie), dan bestaan daar ’n eenvoudige manier omna te gaan of f injektief is.Hulpstelling 3.6.2 Laat T : V →W tussen vektorruimtes. Dan:

T is injektief⇐⇒ Ker(T ) = {0V }.Bewys. ⇒. Veronderstel T : V → W is een-tot-een. Ons weet reeds vaneen element in Ker(T ), naamlik 0V , aangesien T (0V ) = 0W , want T is lineêr.


Aangesien T een-tot-een is, moet dit die enigste element in Ker(T ) wees.⇐. Veronderstel Ker(T ) = {0V }. Nou, veronderstel dat

T (v) = T (v′)

vir vektore v,v′ ∈ V . Dan het ons T (v)− T (v′) = 0W , en aangesien T lineêris, beteken dit T (v−v′) = 0W . Gevolglik v−v′ ∈ Ker(T ), en so v−v′ = 0V ,met ander woorde, v = v′, wat is wat ons wou wys. �

’n Verdere vereenvoudiging kom voor as T ’n lineêre afbeelding vanaf ’nvektorruimte V na V is (i.e. T is ’n lineêre bewerking op V ), en V eindig-dimensioneel is.Hulpstelling 3.6.3 Laat T : V → V ’n lineêre afbeelding op ’n eindigdimen-sionele vektorruimte V wees. Dan:

T is injective⇐⇒ T is surjektief.Bewys. ⇒. Veronderstel T is injektief.

∴ Ker(T ) = {0V } (Hulpstelling 3.6.2)∴ Nhg(T ) = 0∴ Rank(T ) = Dim(V ) (Stelling 3.5.10)∴ Be(T ) = V (Stelling 2.3.25)

Daarom is T surjektief.⇐. Veronderstel T is surjektief.

∴ Be(T ) = V

∴ Rank(T ) = Dim(V )∴ Nhg(T ) = 0 (Stelling 3.5.10)∴ Ker(T ) = {0V }∴ T is injective. (Hulpstelling 3.6.3)

�

Stelling 3.6.4 ’n Lineêre afbeelding T : V →W is ’n isomorfisme as en slegsas T injektief en surjektief is.Bewys. ⇒. Veronderstel V en W is isomorfies. Dit is, daar bestaan ’n paarlineêre afbeeldings T : V �W : S sodat T ◦ S = idW en S ◦ T = idC . Ons salwys dat T injektief en surjektief is.

Veronderstel dat T (v1) = T (v2).∴ S(T (v1)) = S(T (v2))∴ idV (v1) = idV (v2)(want S ◦ T = idV )

∴ v1 = v2

wat wys dat T injektief is. Om te wys dat T surjektief is, laat w ∈ W . Onsmoet wys dat daarv ∈ V bestaan sodat T (v) = w. Inderdaad, stel v := S(w).Dan

T (v) = T (S(w))= idW (w)(deur T ◦ S = idW )= w.

⇐. Veronderstel dat daar ’n lineêre afbeelding T : V → W bestaan watinjektief en surjektief is. Ons wil wys dat daar ’n lineêre afbeelding S : W → V


bestaan sodat S◦T = idV en T ◦S = idW , wat sal bewys dat V enW isomorfiesis.

Ons definieer die inverse-afbeelding S soos volg:

S : W → V

w 7→ die unieke v ∈ V sodat T (v) = w.

Hierdie afbeelding is goed-gedefinieer. Inderdaad, gegee w ∈ W , die feitdat T surjektief is beteken daar bestaan ten minste een v ∈ V sodat T (v) = w.Die feit dat T injektief is impliseer dat v uniek is. Want, as daar nog ’n v′ ∈ Vbestaan met T (v′) = w, dan het ons v′ = v, want T is injektief.

Nou het ons ’n goed-gedefinieerde funksie S : W → V wat T ◦ S = idW enS ◦ T = idV bevredig. Ons moet slegs nagaan dat S lineêr is.

Laat w1,w2 ∈W . Dan

S(aw1 + bw2) = S(aT (S(w1)) + bT (S(w2))

)(using T ◦ S = idW )

= S(aT (v1) + bT (v2)

)(setting v1 := S(w1),v2 := S(w2)))

= S(T (av1 + bv2)

)(T is linear)

= av1 + bv2 ((S ◦ T = idV )

Gevolglik is S lineêr, wat die bewys voltooi. �

Stelling 3.6.5 Laat T : V → V ’n lineêre bewerking op ’n eindig-dimensionelevektorruimte V wees. Die volgende stellings is ekwivalent:

• T is injektief.

• T is surjektief.

• T is ’n isomorfisme.Bewys. (1) is ekwivalent aan (2) deur Lemma 3.6.3. Aan die ander kant is (1)en (2) ekwivalent aan (3) volgens Proposisie 3.6.4. �

Hoofstuk 4

Tutoriale

4.1 W214 Lineêre Algebra 2019, Tutoriaal 1Tutorial 1 bevat Afdeling 1.1 tot en met die einde van Afdeling 1.5. Dievolgende oefeninge is gekies.

Oefeninge1. Prove that set C from Section 1.1 together with the addition operation

(1.1.6), the zero vector (1.1.9) and the scalar multiplication operation(1.1.12) forms a vector space.

2. Define the set C ′ consisting of all polynomials of degree exactly 4. Showthat if C ′ is given the addition operation (1.1.6), the zero vector (1.1.9)and the scalar multiplication operation (1.1.12) then C ′ does not form avector space.Wenk. Give a counterexample!

3. Consider the set

X := {(a1, a2) ∈ R2 : a1 ≥ 0, a2 ≥ 0}

equipped with the same addition operation (1.1.4), zero vector (1.1.8) andscalar multiplication operation (1.1.10) as in A. Does X form a vectorspace? If not, why not?

4. Notation quiz! Say whether the following combination of symbols repre-sents a real number or a function.(a) f

(b) f(x)

(c) k.f

(d) (k.f)(x)5. Let X = {a, b, c}.

(a) Write down three different functions f, g, h in Fun(X).

(b) For each of the functions you wrote down in Item 4.1.5.a, calculate(i) f + g and (ii) 3.h.

115

HOOFSTUK 4. TUTORIALE 116

6. Define a strange new addition operation + on R by

x+y := x− y, x, y ∈ R.

Does + satisfy R2? If it does, prove it. If it does not, give a coun-terexample.

7. Construct an operation � on R satisfying R1 but not R2.Wenk. Try adjusting the formula from Oefening 4.1.6.

8. Prove that for all vectors v in a vector space, −(−v) = v.9. Let V be a vector space. Suppose that a vector v ∈ V satisfies

5.v = 2.v. (4.1.1)

Prove that v = 0.10. If k.v = 0 in a vector space, then it necessarily follows that k = 0.11. The empty set can be equipped with data D1 , D2 , D3 satisfying the

rules of a vector space.12. Rule R7 of a vector space follows automatically from the other rules.

4.2 W214 2019, Lineêre Algebra Tutoriaal 2Let op: Jy is welkom om SageMath te gebruik om jou te help om van dieprobleme op te los. Jy kan of direk in die Sage cell intik hieronder (webbladweergawe), of jy kan die SageMath cell server gebruik.

Oefeninge

1.6 Deelruimtes.

1. Lees deur die webblad weergawe van Onderafdeling 1.6.3 (Solutions to ho-mogenous linear differential equations), wat nuut is en ’n paar SageMathexamples insluit. (Hierdie nuwe deel is net in Engels beskikbaar op hierdiestadium. Daar is geen probleme in hierdie tut hieroor nie, maar later salons dit ’n bietjie gebruik.)

2. Toon aan dat die versameling

V := {(a,−a, b,−b) : a, b ∈ R}

’n deelruimte van R4 is.3. Beskou die versameling

V := {f ∈ Diff((−1, 1)) : f ′(0) = 2}

Is V ’n deelruimte van Diff((−1, 1))? (Onthou:Diff((−1, 1) is die vek-torruimte van alle diferensieerbare funksies op die interval (−1, 1). ) Asjy dink dit is, bewys dat dit is. As jy dink dit is nie, bewys dat dit is nie!

4. Is R+ := {x ∈ R : x ≥ 0} ’n deelruimte van R? As jy dink dit is, bewysdat dit is. As jy dink dit is nie, bewys dat dit is nie!

5. Gee ’n voorbeeld van ’n nie-leë deelversameling V ⊆ R2 wat geslote onderskalaar vermenigvuldiging is, maar wat nie ’n deelruimte van R2 is nie.

https://sagecell.sagemath.org/


2.1 Lineêre kombinasies en Span.

6. Kan die polinoom p = x3 − x + 2 ∈ Poly3 uitgedruk word as ’n lineêrekombinasie van

p1 = 1 + x, p2 = x3 + x2 + x− 1, p3 = x3 − x2 + 1 ?

Stel die toepaslike stelsel van gelyktidige lineêre vergelykings op. Dan loshulle "met die hand" op, of gebruik SageMath, soos in Voorbeeld 2.1.4.

7. Voortgaan van die vorige vraag. Kan die selfde polinoom p = x3−x+2 ∈Poly3 uitgedruk word as ’n lineêre kombinasie van

p1 = 1 + x, p2 = x3 + x2 + x− 1, p3 = x3 − x2 + 1, p4 = 1− x ?

Stel die toepaslike stelsel lineêre vergelykings op. Dan los hulle "met diehand" op, of gebruik SageMath, soos in Voorbeeld 2.1.4.

8. Toon aan dat die polinoom

p1 = 1 + x, p2 = x3 + x2 + x− 1, p3 = x3 − x2 + 1, p4 = 1− x

uit die vorige vraag Poly3 span. Stel die toepaslike stelsel lineêre verge-lykings op. Dan los hulle "met die hand" op, of gebruik SageMath, soosin Voorbeeld 2.1.8.

2.2 (Lineêre Onafhanklikheid).

9. Laat S = {-v1, . . . ,vn-} ’n lys vektore in ’n vektorruimte V wees. Veron-derstel dat SV span, en dat w is nog ’n vektor in V . Bewys dat die lysvektore S ′ = {-w,v1, . . . ,vn-} ook V span.

Beskou die volgende lys matrikse (ons beskou hulle as vektore in Mat2,2):

v1 =[1 21 1

], v2 =

[1 0−2 1

], v3 =

[1 02 3

], v4 =

[0 31 −1

], v5 =

[1 00 1

]

10. Toon aan dat die lys lineêr afhanklik is. Jy is welkom om SageMathte gebruik (jy sal eers die toepaslike stelsel lineêre vergelykings moetopstel.)

11. Gaan deur dieselfde stappe as in Example 2.2.9 om die eerste vektorin die lys te vind wat ’n lineêre kombinasie van die voorafgaandevektore is. Jy is welkom om SageMath te gebruik by die punte in jouberekening waar jy sal ’n stelsel lineêre vergelykings moet oplos.


4.3 W214 2019, Lineêre Algebra Tutoriaal 3

Oefeninge

1.6 Deelruimtes.

1. Bewys waar of vals: Die versameling

V := {p ∈ Poly2 : p(3) = 1}

is ’n deelruimte van Poly2.

2.2 Lineêre Onafhanklikheid.

2. Beskou die vektorruimte V = Fun([0, 1]) van funksies op die geslote een-heidinterval. Skryf neer ’n lineêr onafhanklike lys van 4 vektore in V .

2.3 Basis en Dimensie.

3. Bewys waar of vals: daar bestaan ’n basis {-p0, p1, p2, p3-} van Poly3 metdie eienskap dat geeneen van die polinome p0, p1, p2, p3 graad 2 het.

4. Laat W ⊂ R3 die vlak ortogonaal aan die vektor v = (1, 2, 3) wees, soosin Voorbeeld 1.6.13 en Voorbeeld 2.3.17. Toon aan dat {-a,b-} ’n basis virW is, waar

a = (1, 0,−13), b = (0, 1,−1

2).

5. Vir elkeen van die volgende, toon aan dat V ’n deelruimte van Poly2 is,vind ’n basis vir V , en bereken DimV .(a) V = {p ∈ Poly2 : p(0) = 0, p(2) = 0}

(b) V = {p ∈ Poly2 :∫ 1

0 p(t)dt = 0}6. Sif die lys vektore

v1 = (0, 0, 0), v2 = (1, 0,−1), v3 = (1, 2, 3)v4 = (3, 4, 5), v5 = (4, 8, 12), v6 = (1, 1, 0).

7. Voltooi die volgende ’alternatiewe’ bewys van Gevolg 2.3.32.Lemma. Veronderstel dat V ’n vektorruimte van dimensie n is. Dan

is enige lineêr onafhanklike lys van n vektore in V ’n basis vir V .Bewys. Laat B = {v1, . . . ,vn} ’n lineêr onafhanklike lys vektore in V

wees.Veronderstel dat B nie ’n basis vir V is nie.Daarom span B nie V nie, want... (a)Daarom bestaan daar v ∈ V sodanig dat ... (b)Voeg nou v by die lys B om ’n nuwe lys te vorm, B′ := ... (c)Die nuwe lys B′ is lineêr onafhanklik omdat ... (d)Dit is ’n teenstelling, omdat ... (e)Dus B moet ’n basis vir V wees.

8. Gebruik die Afstampproposisie of die Invariansie van Dimensie Stelling


om te besluit of B ’n basis vir V is.(a) V = Poly2, B =

{2 + x2, 1− x, 1 + x− 3x2, x− x2}

(b) V = Mat2,2,

B ={[

1 2−1 3

],

[0 13 −1

],

[1 23 4

]}

(c) V = Trig2, B ={

sin2 x, cos2 x, 1− sin 2x, cos 2x+ 3 sin 2x}

(d) V = Mat2,2, B ={[

1 21 1

],

[1 0−2 1

],

[1 02 3

],

[0 31 −1

], v5 =

[1 00 1

]}

4.4 W214 2019, Lineêre Algebra Tutoriaal 4Let op: Jy is welkom om die SageMath cell server te gebruik om jou te helpom van die probleme op te los, of om jou berekeninge te kontrolleer.

Oefeninge

2.4 Koördinaatevektore.

1. Laat B = {-B1,B2,B3,B4-} die volgende basis van Mat2,2 wees:

B1 =[1 00 1

],B2 =

[1 00 −1

],B3 =

[1 11 1

],B4 =

[0 1−1 0

].

Bereken [A]B, waar

A =[1 23 4

].

2.(a) Bepaal ’n basis B vir die vektorruimte

V := {p ∈ Poly2 : p(2) = 0}.

(b) Beskou p(x) = x2 + x− 6. Toon aan dat p ∈ V .

(c) Bepaal die koëffisiënte van p met betrekking tot jou basis B, m.a.w.bepaal [p]B.

3. Beskou die vektorruimte W uit Voorbeeld 2.3.17,

W = {(w1, w2, w3) ∈ R3 : w1 + 2w2 + 3w3 = 0},

en die volgende basisse vir W :

B = {-a,b-}, C = {-u,v-}

where

a = (1, 0,−13), b = (0, 1,−2

3)

u = (1, 2,−53), v = (−4, 2, 0)



Beskou die vektor w = (−2, 4,−2) ∈ R3.(a) Toon aan dat w ∈W .

(b) Bereken [w]B.

(c) Bereken [w]C .4. Laat V die vektorruimte van oplossings van die volgende differensiaalverge-

lyking wees:y′′

+ y = 0. (4.4.1)

(a) Toon aan dat B = {- cosx, sin x-} ’n basis vir V is.

(b) Laat y ∈ V gedefineer word as die unieke oplossing van die differen-siaalvergelyking (4.4.1) wat die volgende beginwaardes bevredig:

y(π6 ) = 1, y′(π6 ) = 0.

(Let op dat ons kan inderdaad y in hierdie manier in ’n unieke manierdefineer as gevolg van Stelling 2.3.20.) Bereken [y]B.

(c) Laat z(x) = cos(x− π

3).

i. Toon aan dat z ∈ V deur te kontrolleer dat dit die differensi-aalvergelyking (4.4.1) op los.

ii. Bereken [z]B.

2.5 Verandering van basis.

5. Dit is ’n voortsetting van Oefening 4.4.1. Beskou die volgende twee basissevir Mat2,2:

B ={B1 =

[1 00 11

], B2 =

[1 00 −1

], B3 =

[1 11 1

], B4 =

[0 1−1 0

]}

C ={C1 =

[1 10 0

], C2 =

[1 −10 0

], C3 =

[0 01 1

], C4 =

[0 01 −1

]}(a) Bereken die basisomskakelingmatrikse PC←B en PB←C .

(b) Bereken [A]B en [A]C , waar

A =[1 23 4

].

(c) Gaan na dat [A]C = PC←B[A]B en dat [A]B = PB←C [A]C .6. Figuur 4.4.1 vertoon \n basis B = {-b1,b2-} vir R2, ’n agtergrond van

integrale lineêre kombinasies van b1 and b2, en ’n sekere vektor w ∈ R2.Soortgelyk, Figuur 4.4.2 vertoon nog ’n basis C = {-c1, c2-} vir R2, ’nagtergrond van integrale lineêre kombinasies van c1 en c2, en dieselfdevektor w ∈ R2.


b1

b2

w

c1c2

w

Figuur 4.4.1: Die vektor w teen’n agtergrond van integrale lineêrekombinasies van die basisvektore uitB.

Figuur 4.4.2: Die vektor w teen’n agtergrond van integrale lineêrekombinasies van die basisvektore uitC.

(a) Bepaal [w]B, direk uit Figuur 2.5.9.

(b) Bepaal [w]C , direk uit Figuur 2.5.10.

(c) Die volgende figuur vertoon die B basis teen ’n agtergrond van in-tegrale lineêre kombinasies van die C basis:

c1c2 b1

b2

Bereken die verandering-van-basis matriks PC←B. (U mag aanneemdat alle koëffisiënte óf heelgetalle óf half-heelgetalle is.)

(d) Vermenigvuldig die matriks was jy in (c) bereken het met die kolomvek-tor wat jy in (a) bereken het. Dit wil sê, bereken die produkPC←B[w]B. Is jou antwoord diselfde as wat jy in (b) bereken het?


7. Beskou die volgende drie basisse vir R3:

A = {-(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)-}B = {-(2, 1, 1), (1, 1, 1), (0, 2, 1)-}C = {-(1, 2, 3), (0, 1, 0), (1, 0, 1)-}

Bereken PC←B,PB←A,PC←A en verifieer die vergelyking

PC←BPB←A = PC←A.

4.5 W214 2019, Lineêre Algebra Tutoriaal 5Dit is ’n lang tutoriaal, om jou ’n hele klomp oefening probleme vir die toetste gee. Die oplossings sal beskikbaar gemaak word op Dinsdag 23 April.

Ek het ’n paar oefeninge uit die handbook Poole, Linear Algebra - A ModernIntroduction ingesluit. Hierdie handboek is nie eintlik nodig vir die kursus nie,maar in dìe manier kan jy sien waar om te soek om nog meer oefeninge te vind.

Soos altyd, jy is welkom om die SageMath cell server te gebruik om jou tehelp met van die probleme hierdonder, of om jou antwoord te kontrolleer.

Oefeninge

3.1 Lineêre Afbeeldings - Definisies en Voorbeelde.

1. (Poole Oefening 6.4 14). Laat T : Col2 → Col3 ’n lineêre afbeelding weeswat bevredig

T

([10

])=

12−1

, and T (([

01

])=

304

Vind

T

([52

])and T

([ab

])2. (Poole Oefening 6.4 18) Laat T : Mat2,2 → R ’n lineêre afbeelding wees

wat bevredig

T

([1 00 0

])= 1, T

([1 10 0

])= 2

T

([1 11 0

])= 3, T

([1 11 1

])= 4

VindT

([1 34 2

])and T

([a bc d

]).

3. Laat V ’n vektorruimte wees„ en laat a 6= 0 ’n vaste vektor wees. Defineer’n afbeelding T as volg:

T : V → V

v 7→ a + v



(a) Is T ’n lineêre afbeelding? (Ja of nee)

(b) Bewys jou bewering uit (a).4. (Poole Exercise 6.4 20) Toon aan dat daar geen lineêre afbeeldingT :

Col3 → Poly2 bestaan met die eienskap dat

T

210

= 1 + x, T

302

= 2− x+ x2T

06−8

= −2 + 2x2

5. Bepaal die aksie van die gradiënt lineêre afbeelding

∇ : Poly2[x, y]→ Vect1(R2)

uit Voorbeeld 3.1.20 op die standaardbasis vektore

{-q1, q2, q3, q4, q5-}q1 = 1, q2 = x, q3 = y, q4 = x2, q5 = xy, q6 = y2

van Poly2. Druk jou antwoorde uit as lineêre kombinasies van die stan-daard basis vektore

{-V1, V2, V3, V4, V5, V6-}V1 = (1, 0), V2 = (x, 0), V3 = (y, 0)V4 = (0, 1), V5 = (0, x), V6 = (0, y)

van Vect1(R2).6. Laat V die vektorruimte van alle oplossings van die differensiaalvergelyk-

ingy(n) + an−1(x)y(n−1) + · · ·+ a1(x)y′ + a0(x) = 0.

wees. Beskou die ’evalueer by x = 1’ afbeelding

T : V → Ry 7→ y(1)

Is T ’n lineêre afbeelding? Bewys jou bewering.

3.2 Komposisie van lineêre afbeeldings.

7. Laat Rθ die ‘rotasie deur θ’ afbeelding uit Voorbeeld 3.1.27,

Rθ : Col2 → Col2[v1v2

]7→[

cos θ sin θ− sin θ cos θ

] [v1v2

]

(a) Gaan algebraïes na dat Rφ◦Rθ = Rφ+θ deur die aksie van die lineêreafbeeldings op beide kante van die vergelyking op ’n arbitrêre vektorv ∈ Col2 te bereken.

(b) Verduidelik wat hierdie resultaat sê, in jou eie woorde..8. Laat M : Poly3 → Poly4 die ‘vermenigvuldig met x’-afbeelding wees,

M(p)(x) = xp(x). Laat S : Poly4 → Poly4 die afbeelding S(p)(x) = p(x−


1) wees. Net so, laat T : Poly3 → Poly3 die afbeelding T (p)(x) = p(x− 1)wees. Bereken S ◦M en M ◦ T . Is hulle gelyk?

9. Beskou die vektorruimte V van oplossings van die differensiaalvergelykin

y′′

+ y = 0.

In Voorbeeld 3.1.22 het ons ’n lineêre afbeelding as volg gedefineer (hierhet ons x0 = 0 gekies)

S : Col2 → V[ab

]7→ unieke y ∈ V sodat y(0) = a, y′(0) = b

Net soos in Oefening 4.5.6, is daar ook ’n `evaluasie by x = π6 lineêre

afbeelding

T : V → R

y 7→ y(π6 )

Bereken T ◦ S.

3.3 Isomorfismes van vektorruimtes.

10. Is die volgende vektorruimtes

V = {v ∈ R4 : (1,−1, 2, 1) · v = 0}

enPoly1[x, y]

isomorfies?As hulle is, gee ’n eksplisiete isomorfisme tussen hulle. Indien nie,

bewys dat hulle nie isofmorfies is nie.11. (Poole Exercise 6.5 22). Bepaal of V and W isomorfies is. Indien hulle is,

verskaf ’n eksplisiete isomorfisme T : V →W .

Sym3 ={

A ∈ Mat3,3 : AT = A}

U3 = {B ∈ Mat3,3 : B is bo-driehoekig}

3.3 Lineêre Afbeeldings en Matrikse (tot en met Stelling3.4.3).

12. (Poole Oefening 6.6 2)(a) Vind die matriks [T ]C←B van die lineêre afbeelding T : Poly1 →

Poly1 gedefineer deur T (a + bx) = b − ax relatief tot die basisseB = {-1 + x, 1− x-} en C = {-1, x-} vir Poly1.

(b) Verifieer Stelling 3.4.3 vir die vektor v = 4 + 2x deur [T (v)]C en[T ]C←B[v]B onafhanklik te bereken, en te kontrolleer dat hulle welgelyk is..

13. LaatS : Trig2 → Trig2


die ‘verplaas met π6 ’ afbeelding, S(f)(x) = f(x − π

6 ). Bereken [S]B←C ,waar B en C die volgende basisse vir Trig2 is:

B = {-1, cosx, sin x, cos 2x, sin 2x-}C = {-1, cosx, sin x, cos2 x, sin2 x-}

14. Bevestig Stelling 3.4.3 vir die lineêre afbeelding S : Mat2,2 → Mat2,2 gegeedeur S(M) = MT , met behulp van die volgende basisse van Mat2,2:

B = C = {-M1 =[1 12 3

], M2 =

[1 01 1

], M3 =

[1 11 1

], M4 =

[0 11 1

]-}.

4.6 W214 2019, Lineêre Algebra Tutoriaal 6Soos altyd is jy welkom om die SageMath cell server te gebruik om jou te helpom van die probleme hieronder op te los. Of ten minste om jou berekeninge tekontrolleer.

Oefeninge

Notasie quiz!

1. Skryf die Afrikaanse terminologie vir elkeen van die volgende simbolieseuitdrukkings neer. Die eerste twee is alreeds vir jou gedoen.(a) [T ]C←B. Antwoord: Die matriks van T relatief tot die basisse B enC.

(b) T : V →W . Antwoord: ’n Lineêre afbeelding T van ’n vektorruimteV na ’n vektorruimte W .

(c) [v]B.

(d) [T (v]C .

(e) [·]B.

(f) S ◦ T .

(g) vecV,B(c).2. Skryf die simboliese uitdrukkings vir elkeen van die volgende Afrikaanse

frase neer. Die eerste is alreeds vir jou gedoen.(a) Die koördinaatvektor van v relatief tot die basis B. Antwoord: [v]B.

(b) Die verandering-van-basis matriks van die basis B na die basis C.

(c) Die komposisie van die afbeelding T na die afbeelding S.

(d) Die vektor in V waarvan sy koördinaatvektor relatief tot die basisB is gelyk aan c.

(e) Die afbeelding van V na die ruimte van alle n-dimensionele kolomvek-tore wat koördinaatvektore relatief tot ’n basis B bereken.



3.4 Lineêre Afbeeldings en Matrikse - Van Lemma 3.4.5.

3. Verifieer Stelling 3.4.7 in die geval van die lineêre afbeeldings

S : Mat2,3 → Col3[A11 A12 A13A21 A22 A23

]7→

A11 +A21A12 +A22A13 +A23

T : Col3 → Poly2[x, y]abc

7→ a+ b(x− y − 1)2 + c(x+ y + 1)2

Gebruik die standaardbasis B vir Mat2,3 (sien Voorbeeld 2.3.13), die basis

C = {-

101

,0

10

,0

11

-}

vir Col3, en die standaardbasis

D = {-1, x, y, x2, xy, y2-}

vir Poly2[x, y]. Dit wil sê, bereken

[T ◦ S]D←B

en[T ]D←C [S]C←B

and verifieer dat hulle gelyk aan mekaar is.

3.5 Kern en Beeld van ’n Lineêre Afbeelding.

4. Bepaal die kern, beeld, nulheidsgraad (die dimensie van die kern) en rang(die dimensie van die beeld) van die volgende lineêre afbeeldings.(a) Die identiteitsafbeelding idV : V → V op ’n eindig-dimensionele

vektorruimte V .

(b) Die nulafbeelding

Z : V → V

v 7→ 0

op ’n eindig-dimensionele vektorruimte V .

(c) Die afbeelding

T : Poly3 → Col3

p 7→

p(1)p(2)p(3)


(d) Die afbeelding

S : Trig2 → Col2

f 7→

∫ π

0f(x) cosxdx∫ π

0f(x) sin xdx

(e) Die `rotasie’ afbeelding

C : Vect2(R2)→ Poly1[x, y]

(P,Q) 7→ ∂Q

∂x− ∂P

∂y

Bonus vraag: Watter tiepe vektorvelde is elemente van Ker(C)?

(f) (Poole 6.5.12) Die afbeelding

T : Mat2,2 → Mat2,2

A 7→ AB− BA

whereB =

[1 −1−1 1

]

4.7 W214 2019, Lineêre Algebra Tutoriaal 7Hierdie is die laaste week van die semester. So W214 Tutoriaal 7 is ’n kombi-nasie van Lineêre Algebra probleme (hieronder) en Gevorderde Calculus prob-leme, wat jy op SunLearn kan vind.

Oefeninge

3.5 Kern en Beeld van ’n Lineêre Afbeelding.

1. Vind alle waardes van t sodat die afbeelding

T : Poly2 → Poly1

(a+ bx+ cx2)→ (2a+ 3b+ 4c) + (−a+ tb)x

’n rang van 1 het.2. Vir elk van die volgende bewerings, sê of dit waar of onwaar is. As dit

waar is, bewys dit. Indien nie, bewys dit.(a) Daar bestaan ’n lineêre afbeelding T : R5 → R2 sodat

Ker(T ) = {(x1, x2, x3, x4, x5) ∈ R5 : x1 = 3x2 en x3 = x4 = x5}.

(b) Daar bestaan ’n lineêre afbeelding F : Trig3 → Trig3 sodat Rank(T ) =Nullity(T ).


3.6 Injektiewe en Surjektiewe Afbeeldings.

3. Vir elk van die volgende bewerings, sê of dit waar of onwaar is. As ditwaar is, bewys dit. Indien nie, bewys dit.(a) (Poole Ch 6 Hersiening Vrae 1.h) As T : Mat3,3 → Poly4 ’n lineêre

afbeelding is en Nhg(T ) = 4, dan is T surjektief.

(b) Elke surjektiewe lineêre afbeelding T : Poly2[x, y, z]→ Mat3,3 is ookinjektief.

(c) As T : V → W en S : W → V lineêre afbeeldings tussen vektor-ruimtes is, en S ◦ T = idV , dan is T injektief.

(d) As T : V → W en S : W → V lineêre afbeeldings tussen vektor-ruimtes is, en S ◦ T = idV , dan is T surjektief.

(e) As T : V → W en S : W → V lineêre afbeeldings tussen vektor-ruimtes is, en S ◦ T = idV , dan is T injektief.

(f) As T : V → W en S : W → V lineêre afbeeldings tussen vektor-ruimtes is, en S ◦ T = idV , dan is T surjektief.

(g) (2018 Exam 1). Let S : V → V and T : V → V be linear maps froma finite-dimensional vector space V to itself. Then Nullity(T ◦ S) ≥Nullity(S).

Hoofstuk 5

Matrikshersiening

Kom ons onthou ’n paar goed oor matrikse en stel vas watter notasie ons gaangebruik.

’n n ×m-matriks A is maar net ’n reghoekige skikking van getalle, met nrye en m kolomme:

A =

A11 A12 · · · A1mA21 A22 · · · A2m... . . . ...

An1 An2 · · · Anm

Ek sal altyd matrikse in ‘sans serif’-lettertipe skryf, bv. A. Dit ismoeilik om in handgeskrewe teks ‘van lettertipe te verander,’ maar ekmoedig jou aan om ten minste die letters A, B, C, ens vir matrikse tereserveer, en om S, T , etc. vir lineêre afbeeldings te gebruik!

Twee n×m matrikse A en B kan bymekaargetel word, om n’ nuwe n×mmatriks A + B te verkry:

(A + B)ij := Aij + Bij

Daar is die nul n×m-matriks:

0 =

0 0 · · · 00 0 · · · 0... . . . ...0 0 · · · 0

Jy kan ook ’n n × m-matriks A met ’n skalaar k vermenigvuldig, om ’n

nuwe n×m matriks kA te verkry:

(kA)ij := kAijHulpstelling 5.0.1

1. Saam met hierdie bewerkings is die versameling Matn,m van alle n ×mmatrikse ’n vektorruimte.

2. Die dimensie van Matnm is nm, met die matrikse

Eij , i = 1 . . . n, j = 1 . . .m

129

HOOFSTUK 5. MATRIKSHERSIENING 130

as basis, elk met ’n 1 in die ide ry en jde kolom en nulle orals anders.Bewys. Die bewys word aan die leser as ’n oefening oorgelaat. �

Voorbeeld 5.0.2 Mat2,2 het die basis

E11 =[

1 00 0

], E12 =

[0 10 0

],E21 =

[0 01 0

],E22 =

[0 00 1

].

�

Gewoonlik is A ’n matriks, en is Aij die element van die matriks byposisie (i, j). Maar nou is Eij ’n matriks in eie reg! Sy element byposisie (k, l) sal geskryf word as (Eij)kl. Ek hoop dit is nie te verwarrendnie. Ons kan ’n elegante formule vir die elemente van Eij skryf met dieKronecker-delta-simbool:

(Eij)kl = δikδjl (5.0.1)

Voorbeeld 5.0.3 Ons skryf Coln vir die vektorruimte Matn,1 van n-dimensionalkolomvektore, en ons sal die standaard basisvektore as Ei1 van Coln skryf, ofnog eenvoudiger as ei:

e1 :=

10...0

, e2 :=

01...0

, . . . , en :=

00...1

.

Vektore in Coln sal in vetdruk, sans-serif geskryf word, bv. v ∈ Coln. �

\subsection{Matriksvermenigvuldiging}Toegerus met hierdie bewerkings, vorm die versameling Matn,m van alle

n×m matrikse ’n vektorruimte (sien Voorbeeld 1.4.14), met dimensienm UN-COMMENT! Ons skryf Coln vir die vektorruimte Matn,1 van n-dimensionelekolomvektore.

Die belangrikste bewerking is matriksvermenigvuldiging. ’n n×k-matriks Akan van regs met ’n k×m-matriks B vermenigvuldig word om ’n n×m-matriksAB te kry,

deur die inskrywings van AB as

(AB)ij := Ai1B1j + Ai2B2j + · · ·+ AikBkj

te definieer.Stelling 5.0.4 Die bostaande bewerkings op matrikse bevredig die volgendereëls presies wanneer die somme en produkte goed-gedefinieer is:

1. (A + B)C = AC + BC

2. A(B + C) = AB + AC

3. (kA)B = A(kB) = k(AB)

4. (AB)C = A(BC)

HOOFSTUK 5. MATRIKSHERSIENING 131

Bewys. Die bewyse van (1) - (3) is roetinewerk wat jy hopelik voorheen algedoen het. Kom ons bewys (4), om te oefen om Σ-notasie te gebruik! Veron-derstel A, B en C het groottes n× k, k × r en r ×m onderskeidelik, sodat diematriksprodukte sinmaak. Dan:

((AB)C)ij =r∑p=1

(AB)ipCpj

=r∑p=1

(k∑q=1

AiqBqp

)Cpj

=∑p,q

AiqBqpCpj

=k∑q=1

Aiq

(r∑p=1

BqpCpj

)

=k∑q=1

Aiq(BC)qj

= (A(BC))ij .

�

Ek hoop nie die Σ-notasie in die bostaande bewys is te verwarrendnie! Kom ek skryf presies dieselfde bewys uit sonder Σ-notasie, in dieeenvoudige geval waar A, B en C almal 2× 2-matrikse is en ons wil dieinskrywing by posisie 11 uitwerk.

((AB)C)11 = (AB)11C11 + (AB)12C21

= (A11B11 + A12B21)C11 + (A11B12 + A12B22)C21

= A11B11C11 + A12B21C11 + A11B12C21 + A12B22C21

= A11(B11C11 + B12C21) + A12(B21C11 + B22C21)= A11(BC)11 + A12(BC)21

= (A(BC))11.

Verstaan jy nou die Σ-notasie-bewys? Die kritieke stap (om vandie tweede tot die vierde lyn te vorder) word omruil van die sommer-ingsvolgorde genoem.

Die transponering van ’n n×m-matriks A is die m×n-matriks AT waarvandie inskrywings gegee word deur

(AT )ij := Aji.

Bibliography

132

w214 lineêre algebra - stellenbosch university · 2019-05-31 · hoofstuk1 abstraktevektorruimtes...

Documents