Lineærkombinasjoner av vektorer

En lineærkombinasjon er en framgangsmåte for å bygge en ny vektor av en bestemt mengde av vektorer ved hjelp av bare addisjon og multiplikasjon.

Hva en lineærkombinasjon er

La oss si at vi har et vektorrom V. Vi vet at rommet er lukket under operasjonen addisjon av vektorer, så for to vektorer x, y ∈ V gjelder alltid at x + y ∈ V. Når vi adderer to vektorer, får vi igjen en vektor fra det samme rommet. Det samme gjelder for multiplikasjon med en skalar. Hvis vi har et k ∈ ℝ, så er også k · x ∈ V.

Vi kan kombinere begge operasjonene — vi tar k, l ∈ ℝ, og uttrykket k · x + l · y gir oss igjen en ny vektor, la oss kalle den v, og denne vektoren v vil igjen ligge i rommet V. Hvorfor? k · x ∈ V, og samtidig er sikkert l · y ∈ V. Vi adderer to vektorer i rommet V, så av definisjonen må vi få en vektor fra rommet V.

Vi kan altså si at vektoren v er en lineærkombinasjon av vektorene x og y. Generelt: hvis vi har vektorene x₁, x₂, …, x_n og de reelle tallene k₁, k₂, …, k_n, som vi kaller koeffisienter, så er en lineærkombinasjon av disse vektorene vektoren v som vi får slik

$$\mathbf{v}=k_1\cdot {\mathbf{x}}_1+k_2\cdot {\mathbf{x}}_2+\dots +k_n\cdot {\mathbf{x}}_n.$$

Eksempel: la oss ta rommet ℝ² og to vektorer fra det: (2, 3) og (0, 8). Nå velger vi koeffisientene: k₁ = 2, k₂ = 5. Med lineærkombinasjonen av disse vektorene med koeffisientene k₁, k₂ får vi vektoren

$$2\cdot (2,3)+5\cdot (0,8)=(4,6)+(0,40)=(4,46)$$

Vi ser at vi fikk vektoren (4, 46), som er en del av rommet ℝ². Hvis vi hadde valgt andre koeffisienter, ville vi fått en annen vektor. For k₁ = 0, k₂ = −1 har vi:

$$0\cdot (2,3)-1\cdot (0,8)=(0,0)+(0,-8)=(0,-8)$$

Lineært avhengige vektorer

Lineært avhengige eller lineært uavhengige vektorer henger sammen med lineærkombinasjoner. Vi viser det på et eksempel: la oss si at vi har vektorrommet ℝ² og en mengde vektorer Q fra dette rommet:

$$Q=\{(1,1),(2,4),(3,5),(10,18)\}$$

Nå er vi interessert i spørsmålet om vi kan uttrykke en av disse fire vektorene som en lineærkombinasjon av de tre andre vektorene. Når vi ser på vektorene, ser vi at vektoren (3, 5) er lik den enkle summen av de to første vektorene.

$$(1,1)+(2,4)=(3,5)$$

Vektoren (3, 5) er altså en lineærkombinasjon av vektorene (1, 1) og (2, 4). For moro skyld fjerner vi denne vektoren fra mengden Q. Vi får en ny mengde Q₁, og den har formen:

$$Q_1=\{(1,1),(2,4),(10,18)\}$$

Finner vi der enda en vektor som er en lineærkombinasjon av de andre? Ja, vektoren (10, 18) er en lineærkombinasjon av de to første vektorene for k₁ = 2, k₂ = 4:

$$2\cdot (1,1)+4\cdot (2,4)=(2,2)+(8,16)=(10,18)$$

Igjen fjerner vi denne vektoren, og vi får:

$$Q_2=\{(1,1),(2,4)\}$$

Vi spør på nytt — kan vi få en av vektorene som en kombinasjon av den andre? Det kan vi ikke, ikke noe multiplum av vektoren (1, 1) blir lik vektoren (2, 4).

Vi har fått en mengde av vektorer der ingen av vektorene kan uttrykkes som en lineærkombinasjon av de andre vektorene. En slik mengde kaller vi en lineært uavhengig mengde av vektorer. Hvis én vektor kan uttrykkes som en kombinasjon av de andre, snakker vi om den som en lineært avhengig vektor. Hvis den ikke kan uttrykkes slik, snakker vi om den som en lineært uavhengig vektor.

Nullvektoren

Nullvektoren 0 spiller en viktig rolle for lineær avhengighet. La oss gå tilbake til mengden av vektorer Q₁ og rommet ℝ². Mengden Q₁ ser slik ut:

$$Q_1=\{(1,1),(2,4),(10,18)\}$$

og vi vet allerede at vektoren (10, 18) er avhengig, for 2 · (1, 1) + 4 · (2, 4) = (10, 18). Hva ville da skje hvis vi trakk vektoren (10, 18) fra uttrykket 2 · (1, 1) + 4 · (2, 4)? Eller rettere sagt hvis vi la til −1 ganger den? Det ville se slik ut:

$$2\cdot (1,1)+4\cdot (2,4)-(10,18)$$

Dette uttrykket ville sikkert være lik nullvektoren:

$$2\cdot (1,1)+4\cdot (2,4)-(10,18)=(0,0)$$

Av dette kan vi slutte en interessant egenskap. Hvis mengden av vektorer x₁, x₂, …, x_n er lineært avhengig, så finnes det reelle koeffisienter a₁, a₂, …, a_n slik at

$$a_1\cdot {\mathbf{x}}_1+a_2\cdot {\mathbf{x}}_2+\dots +a_n\cdot {\mathbf{x}}_n=\mathbf{0}$$

Samtidig må minst én koeffisient a_i være forskjellig fra null. Hvis vi hadde satt inn null for alle koeffisientene, ville vi alltid fått en gyldig likning, og dermed ville vi fått at hver mengde av vektorer er lineært avhengig, noe som sikkert er nonsens. Begrunnelsen for den foregående likningen er enkel. Hvis for eksempel vektoren x₁ er lineært avhengig, betyr det at

$$a_2\cdot {\mathbf{x}}_2+\dots +a_n\cdot {\mathbf{x}}_n={\mathbf{x}}_1$$

Til denne likningen er det nok å legge til −x₁, og vi får

$$-1\cdot {\mathbf{x}}_1+a_2\cdot {\mathbf{x}}_2+\dots +a_n\cdot {\mathbf{x}}_n=\mathbf{0}$$

Hvordan finne ut om vektorer er avhengige

Hvis vi har vektorene x₁, x₂, …, x_n og vil finne ut om de er lineært (u)avhengige, er det nok å løse den nevnte likningen

$$a_1\cdot {\mathbf{x}}_1+a_2\cdot {\mathbf{x}}_2+\dots +a_n\cdot {\mathbf{x}}_n=\mathbf{0}$$

altså å finne koeffisientene a_i. Hvis vi beveger oss i rommet ℝ³, kunne vi ha disse vektorene: (1, 2, 3), (2, 1, 7), (1, −4, 5). Siden vi vil finne ut om de er avhengige, løser vi denne likningen:

$$a_1\cdot (1,2,3)+a_2\cdot (2,1,7)+a_3\cdot (1,-4,5)=(0,0,0)$$

Denne likningen skriver vi bare ut etter definisjonen av addisjon av vektorer og multiplikasjon av vektorer. Det gjelder at a₁ · (1, 2, 3) = (a₁, 2a₁, 3a₁) osv. Vi skriver ut slik:

$$(a_1,2a_1,3a_1)+(2a_2,a_2,7a_2)+(a_3,-4a_3,5a_3)=(0,0,0)$$

Nå skriver vi ut addisjonen. Vi adderer alltid på de samme koordinatene, så vi adderer den første komponenten i den første vektoren a₁ med den første komponenten i den andre vektoren 2a₂ med den første komponenten i den tredje vektoren a₃, og alt dette må være lik den første komponenten i nullvektoren, altså null. Og det samme for den andre og den tredje komponenten. Vi får et lineært likningssett:

$$\begin{array}{}{a}_1& +& 2a_2& +& a_3& =& 0\\ 2a_1& +& a_2& +& -4a_3& =& 0\\ 3a_1& +& 7a_2& +& 5a_3& =& 0\end{array}$$

Dette likningssettet kan vi skrive som en vanlig matrise:

$$\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 0\\ 2& 1& -4& 0\\ 3& 7& 5& 0\end{array}\right)$$

Legg merke til at det i kolonnene i denne matrisen egentlig står de opprinnelige vektorene. I den første kolonnen i matrisen står den opprinnelige vektoren (1, 2, 3), i den tredje står vektoren (1, −4, 5) osv. Når du regner, trenger du derfor ikke alltid å gjøre alle disse kompliserte omformingene, du lager denne matrisen ved å stable vektorene som du skal finne ut om er avhengige, i kolonnene og så legge til en nullkolonne.

Likningssettet kan vi løse med Gauss' eliminasjonsmetode. Vi bringer matrisen på trappeform. Først legger vi −2 ganger den første raden til den andre raden, og til den tredje raden legger vi −3 ganger den første raden:

$$\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 0\\ 2& 1& -4& 0\\ 3& 7& 5& 0\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 0\\ 0& -3& -6& 0\\ 0& 1& 2& 0\end{array}\right)$$

Nå kan vi legge 3 ganger den tredje raden til den andre raden:

$$\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 0\\ 0& -3& -6& 0\\ 0& 1& 2& 0\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 1& 2& 0\end{array}\right)$$

Videre trenger vi ikke engang å regne, vi klarte å nulle ut en rad, og det betyr at vektorene er lineært avhengige. Men vi kan regne ferdig likningssettet. Vi velger parameteren a₃ = t. Da får vi av likningen

$$a_2+2a_3=0$$

som er den siste raden i matrisen, ved å sette inn a₃ = t likningen:

$$\begin{array}{rcl}{a}_2+2t& =& 0\\ a_2& =& -2t\end{array}$$

Nå setter vi disse verdiene inn i den første likningen, altså den første raden i matrisen:

$$\begin{array}{rcl}{a}_1+2a_2+a_3& =& 0\\ a_1-4t+t& =& 0\\ a_1& =& 3t\end{array}$$

Vi har altså a₁ = 3t, a₂ = −2t, a₃ = t. Hvis vi for t setter inn for eksempel t = 3, får vi én konkret løsning a₁ = 9, a₂ = −6, a₃ = 3. Disse koeffisientene kan vi sette inn i den opprinnelige likningen

$$a_1\cdot (1,2,3)+a_2\cdot (2,1,7)+a_3\cdot (1,-4,5)=(0,0,0)$$

og vi får:

$$9\cdot (1,2,3)+(-6)\cdot (2,1,7)+3\cdot (1,-4,5)=(0,0,0)$$

Vi forenkler venstre side:

$$\begin{array}{rcl}9\cdot (1,2,3)+(-6)\cdot (2,1,7)+3\cdot (1,-4,5)& =& (0,0,0)\\ (9,18,27)+(-12,-6,-42)+(3,-12,15)& =& (0,0,0)\\ (9-12+3,18-6-12,27-42+15)& =& (0,0,0)\\ (0,0,0)& =& (0,0,0)\end{array}$$

Vi ser at hvis vi for eksempel velger koeffisientene a₁ = 9, a₂ = −6, a₃ = 3, får vi nullvektoren av vektorene (1, 2, 3), (2, 1, 7), (1, −4, 5). Hvis likningssettet bare hadde hatt den ene løsningen, nulløsningen, ville vektorene vært lineært uavhengige.