7. Lineaire onafhankelijkheid, bases

7.1. Lineaire relaties, lineaire (on)afhankelijkheid

Voorbeeld 7.1

In het vorige voorbeeld hebben we de kern van de matrix

\[\begin{split} A=\begin{pmatrix} 1& 0& 3& -1\\ 1& 1& 0& 1\\ 3& 2& 3& 1\\ 1& -1& 6& -3 \end{pmatrix} \end{split}\]

bepaald. Deze kern bevat vectoren anders dan \(\mathbf{0}\), dus er zijn lineaire combinaties van de kolommen van \(A\) (met niet alle coëfficiënten gelijk aan 0) die de nulvector opleveren.

Definitie 7.1 (Lineaire relatie)

Een lineaire (afhankelijkheids)relatie tussen vecotren \(\vv_1,\ldots,\vv_k\) in \(\RR^n\) is een rijtje scalairen \(c_1,\ldots,c_k\) met \(c_1\vv_1+\cdots+c_k\vv_k=\mathbf{0}\).

Definitie 7.2 (Lineaire (on)afhankelijkheid)

Een \(k\)-tal vectoren \(\vv_1,\ldots,\vv_k\) in \(\RR^n\) heet lineair afhankelijk als de nulvector geschreven kan worden als een lineaire combinatie

\[ \mathbf{0} = c_1\vv_1+\cdots+c_k\vv_k \]

waarbij \(c_1,\ldots,c_k\) niet allemaal gelijk zijn aan 0. Wanneer dit niet kan (dus wanneer de nulvector alleen te verkrijgen is door \(c_1=\cdots=c_k=0\) te kiezen), heet het \(k\)-tal vectoren \(\vv_1,\ldots,\vv_k\) lineair onafhankelijk.

Een veelvoorkomende situatie is het geval waarin \(\vv_1,\ldots,\vv_k\) de kolommen van een matrix \(A\) zijn. Lineaire relaties tussen \(\vv_1,\ldots,\vv_k\) corresponderen dan met vectoren in de kern van \(A\), en \(\vv_1,\ldots,\vv_k\) zijn lineair onafhankelijk precies wanneer \(\ker A=\{\mathbb{0}\}\).

Voorbeeld 7.2

We gaan bepalen of de vectoren \(\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 2\\ 1\end{pmatrix}\), \(\begin{pmatrix}2\\ 3\\ 4\\ 1\end{pmatrix}\) en \(\begin{pmatrix}1\\ 2\\ 3\\ 1\end{pmatrix}\) lineair afhankelijk zijn. We vormen de matrix \(A\) met deze vectoren als kolommen, dus

\[\begin{split} A = \begin{pmatrix} 0& 2& 1\\ 1& 3& 2\\ 2& 4& 3\\ 1& 1& 1 \end{pmatrix}. \end{split}\]

We vinden alle lineaire relaties tussen de gegeven vectoren door \(\ker A\) te bepalen:

\[\begin{split} \begin{aligned} A &\sim \begin{pmatrix} 1& 3& 2\\ 0& 2& 1\\ 2& 4& 3\\ 1& 1& 1 \end{pmatrix}\\ &\sim \begin{pmatrix} 1& 3& 2\\ 0& 2& 1\\ 0& -2& -1\\ 0& -2& -1 \end{pmatrix}\\ &\sim \begin{pmatrix} 1& 3& 2\\ 0& 2& 1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0 \end{pmatrix}. \end{aligned} \end{split}\]

Er is één vrije variabele, namelijk \(x_3\), en door terugsubstitutie zien we dat de oplossingen in parametervorm gegeven worden door

\[\begin{split} \vx=r\begin{pmatrix}-1/2\\ -1/2\\ 1\end{pmatrix}. \end{split}\]

In andere notatie:

\[\begin{split} \ker A = \left\{r\begin{pmatrix}-1/2\\ -1/2\\ 1\end{pmatrix} \biggm|r\in\RR\right\}. \end{split}\]

In het bijzonder vinden we door \(r=2\) te kiezen de lineaire relatie

\[ -\vv_1-\vv_2+2\vv_3=0 \]

(controleer zelf dat dit klopt). In het bijzonder is het drietal vectoren \(\vv_1,\vv_2,\vv_3\) lineair afhankelijk. Daarentegen is het tweetal vectoren \(\vv_1,\vv_2\) lineair onafhankelijk.

7.2. Bases

Definitie 7.3 (Basis)

Een basis van een lineaire deelruimte \(W\) van \(\RR^n\) is een \(k\)-tal vectoren \((\vw_1,\ldots,\vw_k)\) zodanig dat elke vector in \(W\) op precies één manier te schrijven is als lineaire combinatie van \(\vw_1,\ldots,\vw_k\).

Voorbeeld 7.3

De standaardbasisvectoren \((\ve_1,\ldots,\ve_n)\) vormen een basis van \(\RR^n\); deze heet de standaardbasis van \(\RR^n\).

Voorbeeld 7.4

In \(\RR^3\) vormen de vectoren \(\ve_1\) en \(\ve_3\) geen basis, omdat bijvoorbeeld \(\ve_2\) niet te schrijven is als lineaire combinatie van \(\ve_1\) en \(\ve_3\).

In \(\RR^2\) vormen de vectoren \(\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}\), \(\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}\) en \(\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix}\) geen basis. Bekijken we bijvoorbeeld de vector \(\begin{pmatrix}2\\ 3\end{pmatrix}\), dan kan deze namelijk op verschillende manieren geschreven worden als lineaire combinatie van deze drie vectoren, zoals

\[\begin{split} \begin{pmatrix}2\\ 3\end{pmatrix} = 2\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix} + 3\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix} = 1\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix} + 2\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}. \end{split}\]

Stelling 7.1

Gegeven een lineaire deelruimte \(W\) van \(\RR^n\) en een \(k\)-tal vectoren \(\vw_1,\ldots,\vw_k\) in \(\RR^n\) zijn de volgende uitspraken equivalent:

1. \((\vw_1,\ldots,\vw_k)\) is een basis van \(W\);

2. het opspansel van \(\vw_1,\ldots,\vw_k\) is gelijk aan \(W\), en het \(k\)-tal vectoren \((\vw_1,\ldots,\vw_k)\) is lineair onafhankelijk.

Bewijs. \(1\Rightarrow 2\): Stel dat \((\vw_1,\ldots,\vw_k)\) een basis van \(W\) is. Dan spannen deze vectoren \(W\) op. Aangezien \(\mathbf{0}\) op precies één manier te schrijven is als lineaire combinatie van \((\vw_1,\ldots,\vw_k)\), is de nulrelatie (\(0\vw_1+\cdots+0\vw_k=\mathbf{0}\)) de enige lineaire relatie tussen \(\vw_1,\ldots,\vw_k\), en zijn de vectoren dus lineair onafhankelijk.

\(2\Rightarrow 1\): Stel dat \(\vw_1,\ldots,\vw_k\) de ruimte \(W\) opspannen en lineair onafhankelijk zijn. Dan ligt elke \(\vw_i\) in \(W\). Gegeven een vector \(\vv\in W\) kunnen we \(\vv\) schrijven als

\[ \vv=c_1\vw_1+\cdots+c_k\vw_k. \]

Als \(\vv=d_1\vw_1+\cdots+d_k\vw_k\) ook een schrijfwijze van \(\vv\) als lineaire combinatie van \((\vw_1,\ldots,\vw_k)\) is, dan krijgen we

\[ \mathbf{0}=(c_1-d_1)\vw_1+\cdots+(c_k-d_k)\vw_k. \]

Aangezien het \(k\)-tal \((\vw_1,\ldots,\vw_k)\) lineair onafhankelijk is, volgt \(c_1-d_1=\cdots=c_k-d_k=0\). We concluderen dat \(\vv\) op precies één manier te schrijven is als lineaire combinatie van \(\vw_1,\ldots,\vw_k\); met andere woorden, deze vectoren vormen een basis van \(W\).

Stelling 7.2

Voor een \(n\times n\)-matrix \(A\) zijn de volgende uitspraken equivalent:

1. Voor alle \(\vb\in\RR^n\) is de vergelijking \(A\vx=\vb\) oplosbaar.

2. De gereduceerde rijtrapvorm van \(A\) is de eenheidsmatrix \(I_n\).

3. \(A\) is inverteerbaar.

4. De kolommen van \(A\) vormen een basis voor \(\RR^n\).

5. Voor alle \(\vb\in\RR^n\) heeft de vergelijking \(A\vx=\vb\) een unieke oplossing.

Bewijs. We schrijven \(H\) voor de gereduceerde rijtrapvorm van \(A\). Net als in Sectie 5.3 kunnen we een inverteerbare matrix \(F\) vinden (een product van elementaire matrices) waarvoor geldt \(FA=H\).

\(1\Rightarrow 2\): Als \(H\) niet de eenheidsmatrix is, dan heeft \(H\) onderaan een nulrij. Dit betekent echter dat \(H\vx=\ve_n\) niet oplosbaar is. Door links te vermenigvuldigen met \(F^{-1}\) zien we dat \(A\vx=F^{-1}\ve_n\) niet oplosbaar is. Als \(A\vx=\vb\) oplosbaar is voor elke \(\vb\in\RR^n\), dan geldt dus \(H=I_n\).

\(2\Rightarrow 3\): Als \(H=I_n\), dan geldt \(FA=I_n\), dus \(A=F^{-1}\). Dit betekent dat \(A\) inverteerbaar is.

\(3\Rightarrow 5\): Als \(A\) inverteerbaar is, dan zien we door links met \(A^{-1}\) te vermenigvuldigen dat \(A\vx=\vb\) precies één oplossing heeft, namelijk \(\vx=A^{-1}\vb\).

\(5\Rightarrow 1\): dit is duidelijk.

\(4\Leftrightarrow 5\): dit volgt uit de definitie van bases.

Lineaire relaties, bepalen van een basis

Gegeven vectoren \(\vv_1,\ldots,\vv_k\) in \(\RR^n\) is het vaak belangrijk om

• alle lineaire relaties tussen \(\vv_1,\ldots,\vv_k\) te bepalen;

• een basis voor \(\opsp\{\vv_1,\ldots,\vv_k\}\) te bepalen.

Het is nuttig om dit vanuit het perspectief van matrices te bekijken: we zien de vectoren als kolommen van een matrix \(A\), en bepalen dan de verschillende lineaire deelruimten die we met \(A\) hebben geassocieerd.

Algoritme 7.1 (Kern, beeld en rijruimte van een matrix)

Gegeven een \(m\times n\)-matrix \(A\):

1. Bepaal een \(m\times n\)-matrix \(H\) in rijtrapvorm die rij-equivalent is met \(A\).

2. De kolommen van \(A\) die corresponderen met de spilkolommen van \(H\) vormen een basis voor het beeld (de kolomruimte) \(\im A\).

3. De niet-nulrijen van \(H\) vormen een basis voor de rijruimte van \(A\).

4. Terugsubstitutie om \(H\vx=\mathbf{0}\) op te lossen (of \(H\) in gereduceerde rijtrapvorm brengen en de oplossingen aflezen) geeft een basis voor de kern (nulruimte) \(\ker A\).

Voorbeeld 7.5

Bekijk de matrix

\[\begin{split} A = \begin{pmatrix}1& 1& -1& 0& 2\\ 3& 0& -1& 3& 3\\ 5& -1& -1& 6& 4\\ 2& -1& 0& 3& 1\end{pmatrix}. \end{split}\]

We vegen \(A\) naar gereduceerde rijtrapvorm en bepalen daaruit bases voor de kern, het beeld en de rijruimte van \(A\):

\[\begin{split} \begin{aligned} A &\sim \begin{pmatrix}1& 1& -1& 0& 2\\ 0& -3& 2& 3& -3\\ 0& -6& 4& 6& -6\\ 0& -3& 2& 3& -3\end{pmatrix}\\ &\sim \begin{pmatrix}1& 1& -1& 0& 2\\ 0& -3& 2& 3& -3\\ 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{pmatrix}\\ &\sim \begin{pmatrix}1& 1& -1& 0& 2\\ 0& 1& -2/3& -1& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{pmatrix}\\ &\sim \begin{pmatrix}1& 0& -1/3& 1& 1\\ 0& 1& -2/3& -1& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{pmatrix}. \end{aligned} \end{split}\]

Dit komt overeen met het stelsel

\[\begin{split} \left\{ \begin{array}{rcrcrcrcrcr} x_1 & & & - & \frac{1}{3} x_3 & + & x_4 & + & x_5 & = & 0,\\ & & x_2 & - & \frac{2}{3} x_3& - & x_4 & + & x_5 & = & 0. \end{array} \right. \end{split}\]

De eerste twee kolommen zijn de spilkolommen. Een basis voor het beeld van \(A\) bestaat dus uit de eerste twee kolommen van \(A\), oftewel \(\begin{pmatrix}1\\ 3\\ 5\\ 2\end{pmatrix}\) en \(\begin{pmatrix}1\\ 0\\ -1\\ -1\end{pmatrix}\).

De kern kunnen we op de gebruikelijke manier aflezen uit de gereduceerde rijtrapvorm. Op deze manier zien we dat een basis voor de kern van \(A\) bestaat uit de vectoren \(\begin{pmatrix}1/3\\ 2/3\\ 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}\), \(\begin{pmatrix}-1\\ 1\\ 0\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\) en \(\begin{pmatrix}-1\\ -1\\ 0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\).

Een basis voor de rijruimte van \(A\) bestaat uit de niet-nulrijen van de rijtrapvorm, dus in dit geval \((1,0,-1/3,1,1)\) en \((0,1,-2/3,-1,1)\).

Toegepast op een rijtje vectoren in plaats van een matrix ziet het bovenstaande algoritme er als volgt uit:

Algoritme 7.2 (Lineaire relaties en een basis voor het opspansel)

Gegeven vectoren \(\vv_1,\ldots,\vv_k\) in \(\RR^n\):

1. Vorm de matrix \(A\) met \(\vv_1,\ldots,\vv_k\) als kolommen.

2. Breng \(A\) in rijtrapvorm; noem het resultaat \(H\).

Dan geldt:

• De vectoren in \(\ker H\) (= \(\ker A\)) zijn precies de lineaire relaties tussen \(\vv_1,\ldots,\vv_k\). (Deze kunnen we bepalen via terugsubstitutie, of direct aflezen als \(H\) in gereduceerde rijtrapvorm staat.)

• De vectoren \(\vv_j\) waarvoor de \(j\)-de kolom van \(H\) een spil bevat, vormen een basis voor \(\opsp\{\vv_1,\ldots,\vv_k\}\).

Voorbeeld 7.6

Bekijk de vectoren

\[\begin{split} \vv_1 = \begin{pmatrix}1\\ 2\\ 0\end{pmatrix},\quad \vv_2 = \begin{pmatrix}3\\ 6\\ 0\end{pmatrix},\quad \vv_3 = \begin{pmatrix}-3\\ 1\\ -7\end{pmatrix},\quad \vv_4 = \begin{pmatrix}2\\ 1\\ 3\end{pmatrix}. \end{split}\]

We vormen de matrix \(A\) met deze vectoren als kolommen en vegen \(A\) naar rijtrapvorm:

\[\begin{split} \begin{aligned} A &= \begin{pmatrix} 1& 3& -3& 2\\ 2& 6& 1& 1\\ 0& 0& -7& 3 \end{pmatrix}\\ &\sim \begin{pmatrix} 1& 3& -3& 2\\ 0& 0& 7& -3\\ 0& 0& -7& 3 \end{pmatrix}\\ &\sim \begin{pmatrix} 1& 3& -3& 2\\ 0& 0& 7& -3\\ 0& 0& 0& 0 \end{pmatrix}. \end{aligned} \end{split}\]

Deze matrix staat in rijtrapvorm; de eerste en derde kolom zijn spilkolommen. De vectoren \(\vv_1\) en \(\vv_3\) (let op: de oorspronkelijke vectoren, niet de eerste en derde kolom van de geveegde matrix) vormen dus een basis voor het opspansel van \(\vv_1,\ldots,\vv_4\).