Underrum, baser och lösningsrum

Hej! Jag har en liknande uppgift som jag försöker lösa där för min del:

m=12 och d=23. 

Får inte ihop mina x-värden när jag försöker lösa min beroendeekvation.

De fyra vektorerna är linjärt beroende eftersom den fjärde vektorn är summan av den andra och den tredje vektorn. Det betyder att man kan plocka bort den fjärde vektorn utan det linjära spannet ändras. Dvs U spänns upp av de tre första vektorerna.

Jag undrar om inte de tre första vektorerna är linjärt oberoende dock. Hur gör man för att avgöra det och vilken nytta har man av det på fråga (a)? Kommer du vidare?

Tack för svar!

Jag inte sambandet du nämner, Patenteramera, det hjälper en hel del eftersom jag kan plocka bort den helt och bara räkna på övriga nu.

Linjärt oberoende:

Och har jag förstått det rätt kan vektorerna i så fall vara en bas för rummet. Så sätter jag in godtyckliga värden på m och d för att ekvationen ska bli 0 borde jag få en bas för U. Har inte räknat på det än men gör det nu.

Lite osäker på b) också men kanske lossnar, tacksam för tip om någon fortfarande läser och har en idé.

Ett alternativ är att göra det rekursivt (men gör som du tänkt, inget fel med det). Kolla först om den andra vektorn kan skrivas som en linjärkombination av den första vektorn; om inte, så är den första och den andra vektorn linjärt oberoende. Om den första och den andra vektorn är linjärt oberoende, kolla om den tredje vektorn kan skrivas som en linjärkombination av den första och den andra vektorn; om inte, så är de tre första vektorerna linjärt oberoende.

Vi vet att de tre första vektorerna spänner upp U, om de dessutom är linjärt oberoende så utgör de en bas för U, per definition av begreppet bas.

Du har strukit den sista vektorn $\bar{v}_4$ som genererande element eftersom den kunde uttryckas som en linjärkombinaton $\bar{v}_2+\bar{v}_3$. Höljet

$U=[\bar{v}_1,\bar{v}_2,\bar{v}_3]$

Utgör nu en delmängd av $\mathbb{R}^4$ utan överflödiga genererande element.

Lösningsrummet är egentligen bara värderummet, men man beskriver det genom att sätta villkor på hur komponenterna ska förhålla sig till varandra istället för att ange bas för det.

Du hittar enkelt uttryck för villkor genom att lösa totalmatrisen för en nollskild vektor $\mathbf{\bar{x}}=(x_1, x_2, x_3, x_4)^T$. Det gör du på samma sätt som du gjorde då du löste beroendeekvationen (fast då löste du för vektorn $\mathbf{0}$).

Notera att du kan plocka fram beroendeekvation och lösningsrummet samtidigt om du låter näst sista och sista kolonnen i totalmatrisen utgöras av $\mathbf{0}$ respektive $\mathbf{\bar{x}}$.

Ett annat kanske mer skarpsinnigt sätt att plocka fram ett villkor för V(A) i det här fallet är att utnyttja det ortogonala komplementet

$N(A^T)^{\perp}=V(A)$

Basvektorn för $N(A^T)$ då m=12 och d=23 blir $\bar{v}_n=(276,24,-23,-805)$ och alltså är $\bar{\mathbf{v}}_n \cdot \bar{\mathbf{x}}$=0, dvs

$276x_1+ 24x_2 -23x_3-805x_4=0$

ett villkor för lösningsrummet (då m=12 och d=23)

Edit: A avser alltså matrisen vars kolonner utgörs av $\bar{v}_1,\bar{v}_2,\bar{v}_3, \bar{v}_4$

Just det! Det börjar komma tillbaka. Intressant med ortogonala komplementet, har inte stött på det förut!

Kommit såhär långt med den klassiska metoden:

Jag vet inte om det var meningen att fortsätta med variablerna m och d men valde att tillsätta de och räkna på istället.

Det ger ju även x2=x3. Jag ser inte riktigt hur jag ska få fram en ekvation som beskriver lösningsrummet dock. Ser ju att $x_3-x_1=0$ men behöver ju ha med alla variabler i lösningsrummet antar jag.

EDIT: Glömde nämna att jag gått vidare från a). Tillsatte variablerna m samt d i de första 3 vektorerna, efter att ha konstaterat att de var linjärt oberoende, och fick en bas (1,0,1,0),(0,0,-1,-1),(0,-1,1,1) för den som är nyfiken.

Tycker det ser ok ut.

Kanske blir du lite förvirrad över den något olyckliga benämningen $\mathbf{\bar{x}}$.

Du löser ekvationerna $A\mathbf{\lambda}=0$ och $A\mathbf{\lambda}=\mathbf{\bar{x}}$ samtidigt i totalmatrisen.

För det första kommer du fram till att (sätt $x_4=t$)

$\begin{bmatrix}\lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\\ \lambda_4 \end{bmatrix}=t\begin{bmatrix}0\\ -1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}$

Det betyder en basvektor för det 1-dimensionella nollrummet till A är $\underline{e}(0,-1,-1,1)^T$, något du kan använda när du vill komplettera basen för höljet så det täcker hela $\mathbb{R}^4$.

För det andra kommer du fram till att $-x_1+x3=0$ är ett villkor för att $\overline{x}$ ska ligga i $V(A)$.

Du kommer däremot inte fram till att $x_2=x_3$ osv. Tänk på skillnaden mellan $\mathbf{\lambda}$ och $\mathbf{\bar{x}}$

Dum jag är, var lite för snabbt. Men jag förstår, tror jag kan lösa resten på egen hand nu. Tack för all hjälp!

Var fick du dessa värden på m och d? Stod det någonstans att man fick välja värden fritt? Hursomhelst, det verkar som de tre första vektorerna är linjärt oberoende oavsett hur man väljer m och d. Vad är det du försöker räkna ut egentligen?

Jag antar att man på (b) vill att man skall hitta en ekvation F($\overrightarrow{x}$) = 0 sådan att lösningsmängden till ekvationen är lika med U.

Eftersom de tre första vektorerna ${\overrightarrow{v}}_i$, i = 1, 2, 3, spänner upp ett hyperplan i ${\mathrm{ℝ}}^4$ (dvs ett tredimensionellt underrum (U) i ett fyrdimensionellt vektorrum) så skulle en ansats vara att välja F som en linjär funktion från ${\mathrm{ℝ}}^4$ till $\mathrm{ℝ}$, dvs F$\in$L(${\mathrm{ℝ}}^4$, $\mathrm{ℝ}$).

Om vi hittar ett F (F $\ne$ 0) sådant att F(${\overrightarrow{v}}_i$) = 0, i = 1, 2, 3, så är vi hemma. Orsaken till detta är att nollrummet till F måste vara tredimensionellt, ty dim(${\mathrm{ℝ}}^4$) = dim(N(F)) + rank(F), och dim(${\mathrm{ℝ}}^4$) = 4 och rank(F) = 1, så dim(N(F)) = 3. Men F(U) = {0}, eftersom alla våra basvektorer mappas till noll, så U $\subset$ N(F), men eftersom dim(U) = dim(N(F)) = 3 så måste U = N(F) och U är således lösningsmängden till ekvationen F($\overrightarrow{x}$) = 0.

Varje funktion F$\in$L(${\mathrm{ℝ}}^4$,$\mathrm{ℝ}$) kan dock skrivas som $\overrightarrow{x}$ $\mapsto$ ${\overrightarrow{\alpha }}^T$$\overrightarrow{x}$ för någon vektor $\overrightarrow{\alpha }$ i ${\mathrm{ℝ}}^4$.

Så problemet kan formuleras om så att vi vill hitta en nollskild vektor $\overrightarrow{\alpha }$ sådan att ${\overrightarrow{\alpha }}^T{\overrightarrow{v}}_i$ = 0, i = 1, 2, 3. Detta kan skrivas som en enda matrisekvation enligt

$\left[\begin{array}{c}{(\overrightarrow{v}}^{}\end{array}\right]$₁)T(v→₂)T(v→₃)Tα→=000. U är då lösningsmängden till ekvationen ${\overrightarrow{\alpha }}^T$$\overrightarrow{x}$ = 0.

Det blev lite konstigt med ekvationseditorn på slutet. Det skall vara