\input{preamble} \title{TEMATIME - 35} \begin{document} \pagenumbering{gobble} \maketitle %MTDT, MTENERG, MTTK, MTELSYS \subsection*{LINEÆR UAVHENGIGHET} Et annengradspolynom er et polynom på formen \[ p(x)=ax^2+bx+c \] I innlevering 1 skal du finne koeffisientene til et annengradspolynom som går gjennom punktene $(1,2)$, $(2,3)$ og $(3,1)$. \begin{oppgave}{1} La oss nå finne et som går gjennom punktene $(1,3)$, $(2,4)$ og $(3,2)$. \end{oppgave} Det finnes kun ett andregradspolynom som går gjennom disse tre punktene, og derfor har systemet \[ \setlength\arraycolsep{1pt} \begin{array}{rcrcrc@{\;}l} 4a & + & 2a & + & c & = & 3 \\ 9a & + & 3b & + & c & = & 4 \\ 16a & + & 4b & + & c & = & 2 \end{array} \] kun én løsning. La oss se på hva som skjer om vi krever at det går gjennom et nytt punkt i tillegg til de tre første. \begin{oppgave}{2} Hva skjer med liknikngssystemet dersom vi krever at polynomet også skal gå gjennom $(1,1)$? \end{oppgave} \begin{oppgave}{3} Enn $(1,-1)$? \end{oppgave} I oppgave 2 får vi et likningssystem som er har innbyrdes motstridende likninger, og dette er fordi vi krever at polynomet skal reise gjennom et punkt det ikke vil. Resultatet er ingen løsning. I oppgave er $y$-verdien valgt slik at det ligger på kurven til poynomet som går gjennom $(1,3)$, $(2,4)$ og $(3,2)$, og da blir resultatet fortsatt entydig løsning, selv om det er flere likninger enn ukjente. Hva skjer om vi tar vekk et punkt istedet for å legge til et? \begin{oppgave}{4} Finn alle andregradspolynomer som går gjennom $(2,4)$ og $(3,2)$. \end{oppgave} De fire likningene som kommer ut av oppgave 3 er \textbf{lineært avhengige}. Lineær avhengighet er et av de viktigste begrepene i lineær algebra. Nå skal vi se på en bedre strategi for å tenke på lineære likningssystemer. Alfabetet er oppfunnet én gang (om lag 2000 BC) og de fleste moderne avledninger skriver fra venstre mot høyre. Derfor er det mest praktisk å skrive likningene i et lineært likningsystem over hverandre slik: \[ \setlength\arraycolsep{1pt} \begin{array}{rcrcrc@{\;}l} 4a & + & 2a & + & c & = & 3 \\ 9a & + & 3b & + & c & = & 4 \\ 16a & + & 4b & + & c & = & 2 \end{array} \] Hadde vi skrevet likningene bortover slik \[ 4a + 2a + c = 3 \hspace*{10mm} 9a + 3b + c = 4 \hspace*{10mm} 16a + 4b + c = 2 \] hadde vi utnyttet det todimensjonale papiret veldig dårlig og systemet hadde blitt vanskeligere å tenke på. Når vi skriver likningene over hverandre slik som konvensjonen er, trengs det kun et ørlite typografisk triks for å åpne nye horisonter - vi skriver vektorer på høykant slik: \begin{align} \begin{pmatrix} 4\\ 9\\ 16 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2\\ 3\\ 4 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} \end{align} Dersom du husker vektorregnereglene fra gymnaset, ser du nå at venstresiden i likningssystemet er en generalisering av skalarproduktet: \begin{align} a \begin{pmatrix} 4\\ 9\\ 16 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 2\\ 3\\ 4 \end{pmatrix} + c \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} \end{align} Dette uttrykket kalles en \textbf{lineærkombinasjon} av vektorene, og de ukjente koeffisientene $a$, $b$ og $c$ kalles \textbf{vektene}. Å løse et lineært likningssystem innebærer å lete etter korrekte vekter slik at lineærkombinasjonen på venstre side blir lik vektoren \begin{align} \begin{pmatrix} 3\\ 4\\ 2 \end{pmatrix} \end{align} på høyre side. Nå sier det seg selv at dersom for eksempel de tre vektorene på venstre side ligger i samme plan og den å høyre side ikke ligger i dette planet, blir det umulig å få til. \begin{oppgave}{5} Prøv å løse systemene \[ \begin{amatrix}{3} 2 & 3 & 4 &4 \\ 3 & 4 & 5 &5 \\ 4 & 5 & 6 &3 \end{amatrix} \qquad \begin{amatrix}{3} 2 & 3 & 4 &8 \\ 3 & 4 & 5 &10 \\ 4 & 5 & 6 &12 \end{amatrix} \qquad \begin{amatrix}{3} 2 & 3 & 4 &0 \\ 3 & 4 & 5 &0 \\ 4 & 5 & 7 &0 \end{amatrix} \qquad \begin{amatrix}{3} 2 & 3 & 4 &0 \\ 3 & 4 & 5 &0 \\ 4 & 5 & 6 &0 \end{amatrix} \qquad \begin{amatrix}{2} 2 & 3 & 1 \\ 3 & 4 & 2 \\ 4 & 5 & 3 \end{amatrix} \] \end{oppgave} Vi sier at vektorene $\V v_1$, $\V v_2$,..., $\V v_n$ er \textbf{lineært uavhengige} dersom \begin{align*} \V v_1 x_1+ \V v_2 x_2+ \dots + \V v_n x_n = \mathbf{0} \hspace*{10mm} \Longrightarrow \hspace*{10mm} x_1=x_2=\dots=x_n=0. \end{align*} Har vi lineær uavhengighet, har vi også entydig løsning. \begin{oppgave}{6} Vis dette. Hvilke av systemene over har lineært uavhengige kolonner i matrisen? \end{oppgave} Av og til er det slik at ting er lineæralgebra selv om det ser ut som noe helt annet. \begin{oppgave}{7} La \begin{align*} p(x)&=8x^3-8x^2-4x-6 \\ q(x)&=-7x^3-7x^2+5x+6 \\ r(x)&=3x^2-8x-4 \end{align*} Finnes det konstanter $a$, $b$ og $c$ slik at \[ a\cdot p(x)+b\cdot q(x)+c\cdot r(x)=-3x^3-7x^2-3x? \] Er $p$, $q$ og $r$ lineært uavhengige? \end{oppgave} \clearpage \subsection*{LINEÆRALGEBRA MED KOMPLEKSE TALL} Antagelig har du nå oppdaget at et lineært system kan ha entydig løsning eller ingen løsning eller uendelig mange løsninger. Med tre likninger og tre ukjente er dette geometrisk innlysende - tre plan kan skjære hverandre i ett enkelt punkt eller i uendelig mange eller ikke i det hele tatt. Men geometriske ideer om plan i $\mathbb{R}^3$ hjelper oss ikke dersom vi skal forstå hvorfor \[ \begin{amatrix}{2} i & 1 & -1 \\ 1 &i & i \end{amatrix} \] har entydig løsning, mens \[ \begin{amatrix}{2} i & 1 & -1 \\ -1 &i & i \end{amatrix} \] ikke har løsning i det hele tatt. Det er derfor lineær uavhengighet er så praktisk. Gausseliminering fungerer like fint på systemer med komplekse tall. \begin{oppgave}{1} \begin{minipage}{20mm} Løs: \end{minipage} \begin{minipage}{40mm} \[ \begin{amatrix}{2} i & 1 & -1 \\ 1 &i & i \end{amatrix} \] \end{minipage} \begin{minipage}{80mm} \[ \begin{amatrix}{3} 2 & i & 5-3i &10 \\ 4 & 2i & 10+2i &20+16i \\ 2i & -1 & 4+6i &2+12i \end{amatrix} \] \end{minipage} \end{oppgave} \end{document}