Linjär Algebra Kolonn rum

Är det rätt om man sätter kolumnrummet till A ska ha lösningsmängd b? Sedan gaussar man därifrån. Så borde det väl vara om man tänker sig att för att b ska vara i kol(A) bör den kunnas skrivas om som en linjärkombination av Kol(A)?

Kolumnrummet är det linjära spannet av kolumnerna i matrisen A. Kolumnrummet kan även sägas vara värdemängden till avbildningen $\overrightarrow{x}\mapsto A\overrightarrow{x}$eller mängden av alla vektorer $\overrightarrow{b}$ för vilka ekvationen $A\overrightarrow{x}=\overrightarrow{b}$ har en lösning.

Du kan enkelt se att de tre sista kolumnerna i A är linjärt oberoende. De utgör därför en bas för ${\mathrm{ℝ}}^3$, vilket medför att Col(A) = ${\mathrm{ℝ}}^3$.

Det betyder att värdemängden för avbildningen $\overrightarrow{x}\mapsto A\overrightarrow{x}$ är hela ${\mathrm{ℝ}}^3$, dvs avbildningen är surjektiv. Det kan även uttryckas så att ekvationen $A\overrightarrow{x}=\overrightarrow{b}$ har en lösning för alla $\overrightarrow{b}$ i ${\mathrm{ℝ}}^3$.

Värderummet till en $mxn$-matris $A$ är ett underrum av $\mathbb{R}^m$ och är mängden av alla $\mathbf{b}$ för vilka ekvationen $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ är lösbar.

Mängden kan också skrivas så här

$V(A)=\{\mathbf{b}\in \mathbb{R}^m:$ det finns ett $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$ så att $A\mathbf{x}=\mathbf{b}\}=\{A\mathbf{x}:\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n\}$

Värderummet och kolonnrummet är samma sak.

Om du ställer upp en totalmatris för systemet $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ och gausseliminerar upptäcker du om systemet är lösbart eller inte för just den vektorn.

Ett annat sätt att hantera uppgiften är att specificera en bas för kolonnrummet och se om $\mathbf{b}$ kan skrivas som en linjärkombination av basen.

PATENTERAMERA skrev:

 

Du kan enkelt se att de tre sista kolumnerna i A är linjärt oberoende. De utgör därför en bas för ${\mathrm{ℝ}}^3$, vilket medför att Col(A) = ${\mathrm{ℝ}}^3$.

Nu behövs det mer kaffe och mindre slarv tror jag :) Vad får du om du lägger ihop den andra kolonnen med  -6 av kolonn 3 och 3 av kolonn 4?

Varje vektor $\mathbf{b}$ i värderummet kan skrivas som en linjärkombination $\lambda_1(3,0,-1)+\lambda_2(0,3,2)$

Jroth skrev:

Värderummet till en $mxn$-matris $A$ är ett underrum av $\mathbb{R}^m$ och är mängden av alla $\mathbf{b}$ för vilka ekvationen $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ är lösbar.

Mängden kan också skrivas så här

$V(A)=\{\mathbf{b}\in \mathbb{R}^m:$ det finns ett $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$ så att $A\mathbf{x}=\mathbf{b}\}=\{A\mathbf{x}:\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n\}$

Värderummet och kolonnrummet är samma sak.

Om du ställer upp en totalmatris för systemet $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ och gausseliminerar upptäcker du om systemet är lösbart eller inte för just den vektorn.

Ett annat sätt att hantera uppgiften är att specificera en bas för kolonnrummet och se om $\mathbf{b}$ kan skrivas som en linjärkombination av basen.

Jag har tagit fram en bas för ColA genom att gaussa A och ta de ursprungliga kolloner som har ledande ettor efter gaussning. Sedan testade jag om man kan skriva om b med de vektorer för colA genom att kolla om b motsvarar lösningsmängden för ColA vilket den inte gjorde. Därefter tittade jag om Ax har en lösning i b, vilket visade sig att den inte hade. Jag vet inte om allt det här är rätt tillvägagångssätt dock.

Jroth skrev:

PATENTERAMERA skrev:

 

Du kan enkelt se att de tre sista kolumnerna i A är linjärt oberoende. De utgör därför en bas för ${\mathrm{ℝ}}^3$, vilket medför att Col(A) = ${\mathrm{ℝ}}^3$.

Nu behövs det mer kaffe och mindre slarv tror jag :) Vad får du om du lägger ihop den andra kolonnen med  -6 av kolonn 3 och 3 av kolonn 4?

Varje vektor $\mathbf{b}$ i värderummet kan skrivas som en linjärkombination $\lambda_1(3,0,-1)+\lambda_2(0,3,2)$

$\left|\begin{array}{ccc}6& 1& 0\\ 3& 2& 3\\ 0& 1& 2\end{array}\right|$= 0. $\left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& 3\end{array}\right|$ = 3. Aj, aj. Bara två linjärt oberoende kolumner, helt rätt Jroth.

Freedom hold skrev:

Jag har tagit fram en bas för ColA genom att gaussa A och ta de ursprungliga kolloner som har ledande ettor efter gaussning. Sedan testade jag om man kan skriva om b med de vektorer för colA genom att kolla om b motsvarar lösningsmängden för ColA vilket den inte gjorde. Därefter tittade jag om Ax har en lösning i b, vilket visade sig att den inte hade. Jag vet inte om allt det här är rätt tillvägagångssätt dock

Nu har du visat att $\mathbf{b}$ inte ligger i värderummet $\mathrm{Col}(A)$ på två olika sätt.

Du kan också se det så här; vektorn $\mathbf{b}$ kan uppdelas enligt $\mathbf{b}=\mathbf{b}^{'}+\mathbf{b}^{''}$ så att $\mathbf{b}^{'}\in \mathrm{Col}(A), \mathbf{b}^{''}\in (\mathrm{Col}(A))^{\perp}$. Uppdelningen är entydigt bestämd och alltid möjlig så länge underrummet är ändligdimensionellt (jmfr ortogonalprojektion).

Eftersom kolonnrummet i det här fallet är ett tvådimensionellt underrum till $\mathbf{R}^3$ kan du med hjälp av kryssprodukten mellan de två kolonner som spänner $\mathrm{Col}(A)$ ta fram en basvektor för $(\mathrm{Col}(A))^{\perp}$. Det gör det lätt att dela upp

$\mathbf{b}=\mathbf{b}^{'}+\mathbf{b}^{''}=\frac{1}{7}\begin{pmatrix}20\\16\\4\end{pmatrix}+\frac{1}{7}\begin{pmatrix}1\\-2\\3\end{pmatrix}$

Eftersom $\mathbf{b}''\neq 0$ ligger inte $\mathbf{b}$ helt i $\mathrm{Col}(A)$.

Jroth skrev:

Freedom hold skrev:

Jag har tagit fram en bas för ColA genom att gaussa A och ta de ursprungliga kolloner som har ledande ettor efter gaussning. Sedan testade jag om man kan skriva om b med de vektorer för colA genom att kolla om b motsvarar lösningsmängden för ColA vilket den inte gjorde. Därefter tittade jag om Ax har en lösning i b, vilket visade sig att den inte hade. Jag vet inte om allt det här är rätt tillvägagångssätt dock

Nu har du visat att $\mathbf{b}$ inte ligger i värderummet $\mathrm{Col}(A)$ på två olika sätt.

Du kan också se det så här; vektorn $\mathbf{b}$ kan uppdelas enligt $\mathbf{b}=\mathbf{b}^{'}+\mathbf{b}^{''}$ så att $\mathbf{b}^{'}\in \mathrm{Col}(A), \mathbf{b}^{''}\in (\mathrm{Col}(A))^{\perp}$. Uppdelningen är entydigt bestämd och alltid möjlig så länge underrummet är ändligdimensionellt (jmfr ortogonalprojektion).

Eftersom kolonnrummet i det här fallet är ett tvådimensionellt underrum till $\mathbf{R}^3$ kan du med hjälp av kryssprodukten mellan de två kolonner som spänner $\mathrm{Col}(A)$ ta fram en basvektor för $(\mathrm{Col}(A))^{\perp}$. Det gör det lätt att dela upp

$\mathbf{b}=\mathbf{b}^{'}+\mathbf{b}^{''}=\frac{1}{7}\begin{pmatrix}20\\16\\4\end{pmatrix}+\frac{1}{7}\begin{pmatrix}1\\-2\\3\end{pmatrix}$

Eftersom $\mathbf{b}''\neq 0$ ligger inte $\mathbf{b}$ helt i $\mathrm{Col}(A)$.

Okej då förstår jag! Bara en av förklaringarna är tillräckligt. Tack så mycket för förklaringen!

Jroth, den förklaringen är lite över nivån, det här är kursen algebra och geometri i KTH. En linjär algebra - lightkurs med större inslag av geometri i R3.