Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

2Lineaire algebra

De lineaire algebra van het volume van bachelorjaar 1 werkte over $\R$ of $\C$ in eindige dimensie en nam de algemene determinant zonder bewijs aan. Dit hoofdstuk heft alle drie de beperkingen op: de theorie wordt over een willekeurig lichaam $K$ geformuleerd, het samenspel tussen een ruimte en haar duale wordt systematisch uitgewerkt (duale basissen, annihilatoren, getransponeerden), en de determinant wordt eindelijk geconstrueerd uit alternerende multilineaire vormen en de signatuur van Hoofdstuk 1 — waarmee elke belofte uit bachelorjaar 1 wordt ingelost.

Overal is $K$ een lichaam ( $\Q$ , $\R$ , $\C$ of $\Z/p\Z$ — de theorie maalt er niet om) en zijn de ruimten, tenzij anders vermeld, eindigdimensionaal over $K$ . De resultaten uit bachelorjaar 1 (basissen, dimensie, dimensiestelling, matrices) gaan woordelijk over: hun bewijzen gebruikten niets anders dan de axioma’s van een lichaam.

2.1 Duale ruimte

Definitie 2.1 (Duale ruimte, duale basis)

De duale ruimte van $E$ is $E^* = \mathcal{L}(E, K)$ , de ruimte van de lineaire vormen. Is $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ een basis van $E$ , dan vormen de coördinaatvormen $e_1^*, \dots, e_n^*$ , gedefinieerd door $e_i^*(e_j) = \delta_{ij}$ (Kronecker: $1$ als $i = j$ , anders $0$ ), de duale basis $\mathcal{B}^*$ van $E^*$ ; in het bijzonder is $\dim E^* = \dim E$ , en geldt

x = \sum_{i=1}^{n} e_i^*(x)\, e_i \quad (x \in E), \qquad \varphi = \sum_{i=1}^{n} \varphi(e_i)\, e_i^* \quad (\varphi \in E^*).

Bewijs dat $\mathcal{B}^*$ een basis is. Vrij: pas een nulcombinatie $\sum \lambda_i e_i^* = 0$ toe op $e_j$ ; dat geeft $\lambda_j = 0$ . Voortbrengend: voor $\varphi \in E^*$ doodt de vorm $\varphi - \sum_i \varphi(e_i) e_i^*$ elke $e_j$ en is dus nul (een lineaire afbeelding die op een basis verdwijnt, verdwijnt overal). De twee formules hierboven zijn dezelfde berekeningen, vooruit gelezen. ∎

Voorbeeld 2.2

Op $K_n[X]$ met basis $(1, X, \dots, X^n)$ is de duale basis $P \mapsto \frac{P^{(k)}(0)}{k!}$ (de taylorcoëfficiënten). Een andere basis van de duale ruimte: de evaluaties $P \mapsto P(x_i)$ in $n + 1$ verschillende punten — de bijbehorende “antiduale” basis in $K_n[X]$ is precies de familie van de lagrangeveeltermen $L_i$ (volume van bachelorjaar 1), want $L_i(x_j) = \delta_{ij}$ . Interpolatie is dualiteit.

Methode 2.3 (Duale en antiduale basissen in de praktijk)

Om een vorm $\varphi$ op een basis $(e_i)$ van $E$ te ontwikkelen: de coördinaten zijn de waarden $\varphi(e_i)$ — er valt geen stelsel op te lossen. Om de basis $(u_j)$ van $E$ te vinden waarvan een gegeven basis $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ van $E^*$ de duale is (de antiduale basis): los de $n$ lineaire stelsels

\varphi_i(u_j) = \delta_{ij} \qquad (1 \leq i \leq n),

op, kolom $u_j$ voor kolom $u_j$ ; in matrixtaal: staan in de rijen van $M$ de coëfficiënten van de $\varphi_i$ in een bekende basis van $E^*$ , dan zijn de kolommen van $M^{-1}$ de $u_j$ . Het bestaan en de eenduidigheid van de antiduale basis worden in de weekendopgave van dit hoofdstuk bewezen; de berekening is altijd deze inversie.

Voorbeeld 2.4 (Een duale basis van $\R^2$ , volledig uitgerekend)

Voor de basis $b_1 = (1, 1)$ , $b_2 = (1, -1)$ van $\R^2$ moet de duale basis $(b_1^*, b_2^*)$ voldoen aan $b_i^*(b_j) = \delta_{ij}$ . Met $b_1^*(x, y) = \alpha x + \beta y$ geven de voorwaarden $\alpha + \beta = 1$ en $\alpha - \beta = 0$

b_1^*(x, y) = \frac{x + y}{2}, \qquad\text{en evenzo}\qquad b_2^*(x, y) = \frac{x - y}{2} .

Twee controles. Ten eerste is $b_1^*$ niet de naïeve uitkomst $e_1^* + e_2^*$ — de duale basis hangt van de hele basis af, niet van elke vector afzonderlijk (vervang $b_2$ door $(0, 1)$ en $b_1^*$ wordt $x \mapsto x$ ). Ten tweede klopt de ontwikkelingsformule: $(x, y) = \frac{x+y}2\,b_1 + \frac{x-y}2\,b_2$ , de ontbinding van een paar in een even en een oneven deel — duale basissen zijn coördinaatlezers, en deze leest het symmetrische en het antisymmetrische deel af.

Definitie 2.5 (Annihilator)

Voor een deelruimte $F \subseteq E$ is de annihilator

F^{\circ} = \{\varphi \in E^* : \varphi|_F = 0\},

een deelruimte van $E^*$ .

Stelling 2.6 (Dimensie van de annihilator)

Er geldt $\dim F^{\circ} = \dim E - \dim F$ . Bovendien keert $F \mapsto F^\circ$ de insluitingen om, en is $F$ uit haar annihilator terug te winnen:

F = \{x \in E : \forall\varphi \in F^\circ,\ \varphi(x) = 0\}.

Bijgevolg is elke deelruimte van dimensie $p$ in dimensie $n$ de oplossingsverzameling van $n - p$ onafhankelijke lineaire vergelijkingen — en omgekeerd.

Bewijs. Kies een basis $(e_1, \dots, e_p)$ van $F$ en vul haar aan tot een basis van $E$ . Een vorm $\varphi = \sum \varphi(e_i) e_i^*$ annihileert $F$ dan en slechts dan als haar eerste $p$ coëfficiënten nul zijn: $F^\circ = \operatorname{Vect}(e_{p+1}^*, \dots, e_n^*)$ , van dimensie $n - p$ . Dat de insluitingen omkeren, is onmiddellijk. Voor het terugwinnen: het rechterlid bevat $F$ ; omgekeerd, ligt $x \notin F$ , vul dan een basis van $F$ aan met $x$ en verdere vectoren; de coördinaatvorm van $x$ in die basis annihileert $F$ maar niet $x$ . De lezing als “vergelijkingen” neemt een basis $(\varphi_1, \dots, \varphi_{n-p})$ van $F^\circ$ : dan is $F = \bigcap \ker\varphi_j$ , een doorsnede van $n - p$ onafhankelijke hypervlakken. ∎

Voorbeeld 2.7 (Een annihilator, in beide richtingen)

Zij $F = \operatorname{Vect}\bigl((1, 2, 1),\ (1, 0, -1)\bigr) \subseteq \R^3$ . Een vorm $\varphi = a\,e_1^* + b\,e_2^* + c\,e_3^*$ annihileert $F$ dan en slechts dan als

a + 2b + c = 0 \qquad\text{en}\qquad a - c = 0 ,

dat wil zeggen $c = a$ en $b = -a$ : $F^\circ = \R\,(e_1^* - e_2^* + e_3^*)$ , van dimensie $3 - 2 = 1$ , zoals Stelling 2.6 eist. Achterstevoren gelezen: $F = \{(x, y, z) : x - y + z = 0\}$ — het vlak teruggewonnen als de kern van de ene vorm die $F^\circ$ opspant. Van een opspannende familie naar vergelijkingen gaan is een annihilator berekenen; van vergelijkingen naar een parametrisatie gaan is een preannihilator berekenen. (Controle: beide opspannende vectoren voldoen aan $x - y + z = 0$ .)

Definitie 2.8 (Getransponeerde afbeelding)

Voor $u \in \mathcal{L}(E, F)$ is de getransponeerde $u^{\mathsf T} \in \mathcal{L}(F^*, E^*)$ gegeven door

u^{\mathsf T}(\psi) = \psi \circ u .

Zij voldoet aan $(v \circ u)^{\mathsf T} = u^{\mathsf T} \circ v^{\mathsf T}$ , en in duale basissen is de matrix van $u^{\mathsf T}$ de getransponeerde matrix van $u$ — wat de transpositie van bachelorjaar 1 eindelijk verklaart.

Voorbeeld 2.9 (De getransponeerde, term voor term)

Zij $u \colon \R^2 \to \R^3$ met matrix $A = \left(\begin{smallmatrix} 1 & 2\\ 0 & 1\\ 3 & 0\end{smallmatrix}\right)$ in de canonieke basissen. Bereken voor $\psi = b_1f_1^* + b_2f_2^* + b_3f_3^* \in (\R^3)^*$ de vorm $u^{\mathsf T}(\psi) = \psi \circ u$ op de basis van $\R^2$ :

(\psi \circ u)(e_1) = \psi(1, 0, 3) = b_1 + 3b_3, \qquad (\psi \circ u)(e_2) = \psi(2, 1, 0) = 2b_1 + b_2 .

Dus $u^{\mathsf T}(\psi) = (b_1 + 3b_3)\,e_1^* + (2b_1 + b_2)\,e_2^*$ , en in de duale basissen is de matrix van $u^{\mathsf T}$

\begin{pmatrix} 1 & 0 & 3\\ 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = A^{\mathsf T} :

de abstracte getransponeerde is de gekantelde matrix, en er blijft niets over dat op goed vertrouwen moet worden aangenomen. Let op het mechanisme: de $j$ -de kolom van $A$ werd de $j$ -de rij van de nieuwe matrix, omdat $\psi \circ u$ de uitvoer van $u$ door de coëfficiënten van $\psi$ heen leest.

Propositie 2.10

Er geldt $\ker u^{\mathsf T} = (\operatorname{im} u)^{\circ}$ en $\operatorname{im} u^{\mathsf T} = (\ker u)^{\circ}$ . Bijgevolg is $\operatorname{rk}(u^{\mathsf T}) = \operatorname{rk}(u)$ : de rijenrang is gelijk aan de kolommenrang, structureel bewezen.

Bewijs. Er geldt $\psi \in \ker u^{\mathsf T} \iff \psi \circ u = 0 \iff \psi$ doodt $\operatorname{im} u$ : dat is de eerste identiteit. Voor de tweede: $u^{\mathsf T}(\psi) = \psi \circ u$ doodt altijd $\ker u$ , dus $\operatorname{im} u^{\mathsf T} \subseteq (\ker u)^\circ$ ; de dimensies komen overeen dankzij de dimensiestelling en Stelling 2.6:

\operatorname{rk} u^{\mathsf T} = \dim F^* - \dim\ker u^{\mathsf T} = \dim F - \bigl(\dim F - \operatorname{rk} u\bigr) = \operatorname{rk} u = \dim (\ker u)^{\circ} . \qedhere

∎

Voorbeeld 2.11 (De rang van twee kanten gelezen)

Zij

A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 3 & 1 & 2 \end{pmatrix} .

Kolommenrang: de derde rij is de som van de eerste twee, dus $\operatorname{rk} A \leq 2$ ; de kolommen $1$ en $2$ zijn vrij: $\operatorname{rk} A = 2$ . De kern van de getransponeerde: het oplossen van $A^{\mathsf T}y = 0$ geeft $y \in \R\,(1, 1, -1)$ , dus heeft $\ker A^{\mathsf T}$ dimensie $1 = 3 - 2$ : precies $(\operatorname{im} A)^\circ$ onder de vereenzelviging van $(\R^3)^*$ met de rijvectoren, zoals Propositie 2.10 beweert — de ene relatie “rij $_3$ = rij $_1$ + rij $_2$ ” is de annihilator van de kolomruimte. De rijenrang ( $2$ vrije rijen) en de kolommenrang komen niet toevallig overeen, maar omdat beide gelijk zijn aan $\operatorname{rk} A = \operatorname{rk} A^{\mathsf T}$ .

Voorbeeld 2.12 (Dualiteit leest een kwadratuurformule)

Waarom bestaat een formule als die van Simpson (Oefening 2.4), en waarom is zij uniek? De dualiteit antwoordt nog vóór er iets is uitgerekend. Op $E = \R_2[X]$ is de integraal $P \mapsto \int_0^1 P$ één bepaalde vector van de driedimensionale duale ruimte $E^*$ ; de evaluaties in $0$ , $\frac12$ en $1$ vormen een basis van $E^*$ ; dus ontwikkelt de integraal zich op eenduidige wijze op die basis — en die ontwikkeling is de regel van Simpson, coëfficiënten en al. Een dimensietelling ijkt ook de verwachtingen: op $\R_3[X]$ kunnen vier dimensies van vormen in het algemeen niet door drie evaluaties worden opgespannen, dus is exactheid op derdegraadsveeltermen niet aan de dualiteit te danken; dat Simpson derdegraadsveeltermen toch exact integreert, is een bonussymmetrie (wegvallen van de oneven graden rond $\frac12$ ) die met de hand moet worden nagegaan. Formules met $n + 1$ knooppunten zijn ontwikkelingen van de integratievorm in een evaluatiebasis van $\R_n[X]^*$ : bestaan en eenduidigheid kosten één stelling over duale basissen; alleen de bonusgraden kosten werk.

2.2 Multilineaire alternerende vormen

Definitie 2.13

Een afbeelding $f \colon E^n \to K$ heet $n$ -lineair wanneer zij in elke variabele lineair is, en alternerend wanneer zij verdwijnt zodra twee argumenten gelijk zijn. Alternerend impliceert antisymmetrisch: twee argumenten verwisselen verandert het teken (werk $f(\dots, x + y, \dots, x + y, \dots) = 0$ uit); algemener geldt voor $\sigma \in \mathfrak{S}_n$

f(x_{\sigma(1)}, \dots, x_{\sigma(n)}) = \varepsilon(\sigma)\, f(x_1, \dots, x_n),

door $\sigma$ in transposities te ontbinden (Stelling 1.21).

Stelling 2.14 (De hoofdstelling over determinanten)

Zij $\dim E = n$ en $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ een basis. De ruimte van de alternerende $n$ -lineaire vormen op $E$ heeft dimensie $1$ : elke zulke vorm is een veelvoud van

\det{}_{\mathcal{B}}(x_1, \dots, x_n) = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \varepsilon(\sigma) \prod_{i=1}^{n} a_{\sigma(i),\,i}, \qquad x_j = \sum_{i} a_{ij} e_i ,

en $\det_{\mathcal{B}}$ is de enige die op $\mathcal{B}$ de waarde $1$ aanneemt.

Bewijs. Zij $f$ alternerend $n$ -lineair. Ontwikkel elk argument op $\mathcal{B}$ met de multilineariteit:

f(x_1, \dots, x_n) = \sum_{i_1, \dots, i_n} a_{i_1,1}\cdots a_{i_n,n}\, f(e_{i_1}, \dots, e_{i_n}).

Termen met een herhaalde index verdwijnen (alternerend); de overblijvende tupels $(i_1, \dots, i_n)$ zijn de injectieve, dat wil zeggen $i_k = \sigma(k)$ voor een permutatie $\sigma$ , en de antisymmetrie herordent tot $f(e_{\sigma(1)}, \dots, e_{\sigma(n)}) = \varepsilon(\sigma) f(e_1, \dots, e_n)$ . Bijgevolg is

f = f(e_1, \dots, e_n) \cdot \det{}_{\mathcal{B}} :

elke alternerende vorm is dat veelvoud, mits $\det_{\mathcal{B}}$ zelf (de som hierboven) werkelijk alternerend $n$ -lineair is en op $\mathcal B$ de waarde $1$ aanneemt. De multilineariteit is duidelijk (elke term is lineair in elke kolom). Waarde op $\mathcal B$ : de enige term die niet nul is, hoort bij $\sigma = \mathrm{id}$ . Alternerend: stel $x_j = x_k$ ( $j \neq k$ ), zodat de coördinaatkolommen voldoen aan $a_{i j} = a_{i k}$ voor alle $i$ . Koppel elke $\sigma$ aan $\sigma' = \sigma\circ(j\,k)$ — een involutie zonder vaste punten op $\mathfrak{S}_n$ . De gekoppelde producten vallen samen:

\prod_i a_{\sigma'(i),\,i} = a_{\sigma(k),\,j}\; a_{\sigma(j),\,k} \prod_{i \neq j,k} a_{\sigma(i),\,i} = a_{\sigma(k),\,k}\; a_{\sigma(j),\,j} \prod_{i \neq j,k} a_{\sigma(i),\,i} = \prod_i a_{\sigma(i),\,i},

dankzij de gelijkheid van de kolommen $j$ en $k$ ; terwijl $\varepsilon(\sigma') = -\varepsilon(\sigma)$ . Elk koppel draagt nul bij: de som verdwijnt. ∎

Voorbeeld 2.15 (Sarrus, afgeleid en afgebroken)

Voor $n = 3$ telt de permutatieformule precies $3! = 6$ termen. Als we $\mathfrak{S}_3$ naar signatuur opsommen — $\mathrm{id}$ , $(1\,2\,3)$ , $(1\,3\,2)$ even; $(1\,2)$ , $(1\,3)$ , $(2\,3)$ oneven — krijgen we

\det A = a_{11}a_{22}a_{33} + a_{21}a_{32}a_{13} + a_{31}a_{12}a_{23} - a_{21}a_{12}a_{33} - a_{31}a_{22}a_{13} - a_{11}a_{32}a_{23} :

precies de “diagonalenregel” van Sarrus die op school wordt onderwezen — nu een stelling, met de raadselachtige tekens herkend als signaturen. En dan de afbraak: voor $n = 4$ zijn er $24$ permutaties, waarvan elk schema van getekende diagonalen er slechts $8$ oppikt; Sarrus heeft geen versie in graad $4$ , en de ontwikkeling naar cofactoren (Stelling 2.17 (4)) neemt het over. Het aantal termen is ook een waarschuwing: de permutatieformule heeft $n!$ termen en is dus een definitie, geen algoritme — rijherleiding berekent $\det$ in $O(n^3)$ bewerkingen.

Definitie 2.16 (Determinanten)

De determinant van een familie in een basis is $\det_{\mathcal{B}}(x_1, \dots, x_n)$ ; de determinant van een matrix $A$ is de determinant van haar kolommen in de canonieke basis — de permutatieformule hierboven; de determinant van een endomorfisme $u$ is de scalair $\det u$ met

\det{}_{\mathcal{B}}\bigl(u(x_1), \dots, u(x_n)\bigr) = \det u \cdot \det{}_{\mathcal{B}}(x_1, \dots, x_n) \quad \text{voor alle } x_i

(het linkerlid is alternerend $n$ -lineair en dus een veelvoud van $\det_\mathcal{B}$ volgens Stelling 2.14; de factor hangt niet van $\mathcal{B}$ af).

Stelling 2.17 (Het rekenen met determinanten, bewezen)

$\det(uv) = \det u\,\det v$ ; $\;\det(AB) = \det A \det B$ .
$u$ is inverteerbaar $\iff \det u \neq 0$ ; een familie is een basis $\iff$ haar determinant in een zekere basis niet nul is.
$\det(A^{\mathsf T}) = \det A$ .
De ontwikkeling naar cofactoren langs een willekeurige rij of kolom, zoals in het volume van bachelorjaar 1 geformuleerd, geldt; gelijkvormige matrices hebben dezelfde determinant.

Bewijs. (1) Pas de definiërende betrekking twee keer toe: $\det_{\mathcal B}(uv(x_i)) = \det u \cdot \det_{\mathcal B}(v(x_i)) = \det u \det v \cdot \det_{\mathcal B}(x_i)$ .

(2) Is $u$ inverteerbaar, dan is $\det u \det u^{-1} = \det \mathrm{id} = 1 \neq 0$ . Zo niet, dan zijn de beelden $u(e_i)$ afhankelijk; drukken we er één in de andere uit en werken we uit, dan is $\det_{\mathcal B}(u(e_i)) = 0$ (alternerend doodt herhaalde richtingen), dus $\det u = 0$ . Het basiscriterium is dezelfde uitspraak voor families.

(3) Herindexeer in de permutatieformule elk product met $j = \sigma(i)$ , dat wil zeggen $i = \tau(j)$ met $\tau = \sigma^{-1}$ : de factoren zijn dezelfde getallen in een andere volgorde, dus

\prod_{i=1}^{n} a_{\sigma(i),\,i} = \prod_{j=1}^{n} a_{j,\,\tau(j)} ,

en $\varepsilon(\tau) = \varepsilon(\sigma)^{-1} = \varepsilon(\sigma)$ (de waarden zijn $\pm1$ en $\varepsilon$ is een morfisme). Sommeren over $\sigma$ komt op hetzelfde neer als sommeren over $\tau$ (inverteren is een bijectie van $\mathfrak{S}_n$ ):

\det A = \sum_{\tau}\varepsilon(\tau)\prod_j a_{j,\tau(j)} = \det(A^{\mathsf T}),

waarbij de laatste som de permutatieformule is toegepast op de getransponeerde elementen $(A^{\mathsf T})_{ij} = a_{ji}$ .

(4) Leg kolom $j$ vast en splits $x_j = \sum_i a_{ij} e_i$ met de lineariteit: $\det A = \sum_i a_{ij}\, \det(\dots, e_i, \dots)$ , en door $e_i$ naar de laatste plaats te verplaatsen ( $n - i$ transposities van rijen en $n - j$ van kolommen, via (3)) herkennen we $\det(\dots, e_i, \dots) = (-1)^{i+j}\Delta_{ij}$ met de minor: precies de cofactorregel uit bachelorjaar 1. Gelijkvormigheid: $\det(P^{-1}AP) = \det P^{-1}\det A \det P = \det A$ volgens (1). ∎

Voorbeeld 2.18 (Ontwikkeling naar cofactoren, uitgevoerd)

Bereken

\det\begin{pmatrix} 2 & 1 & 3\\ 0 & 4 & 1\\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}

langs de eerste kolom (die één nul aan luiheid oplevert). De tekens volgen het schaakbord $(-1)^{i+j}$ :

2\,\det\begin{pmatrix}4 & 1\\ 2 & 0\end{pmatrix} - 0 + 1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 3\\ 4 & 1\end{pmatrix} = 2(0 - 2) + (1 - 12) = -15 .

Tegencontrole met Sarrus (Voorbeeld 2.15): $0 + 1 + 0 - 12 - 0 - 4 = -15$ . Strategie, geen leerstelligheid: ontwikkel langs de lijn met de meeste nullen, en als geen enkele lijn er heeft, maak er dan eerst een paar met rijoperaties — één ronde eliminatie kost minder dan twee lagen cofactoren.

Voorbeeld 2.19 (Een determinant volgens de regels)

Zij $J \in \mathcal{M}_n(K)$ de matrix die uitsluitend uit enen bestaat, en $a \in K$ ; we berekenen $\det(aI_n + J)$ met het zojuist bewezen gereedschap. Elke kolom van $aI_n + J$ telt op dezelfde manier op: tel alle rijen bij de eerste op (de determinant verandert daar niet van — een veelvoud van de ene rij bij een andere optellen voegt een term met een herhaalde richting toe, en die wordt door het alterneren gedood). De eerste rij wordt $(a + n, a + n, \dots, a + n)$ ; haal $a + n$ met de lineariteit in die rij buiten haakjes en trek daarna de eerste kolom van elke andere kolom af: wat overblijft is driehoekig met diagonaal $(1, a, \dots, a)$ . Bijgevolg is

\det(aI_n + J) = (a + n)\,a^{\,n-1}.

Het inzicht om te onthouden: de nulpunten $a = 0$ (met multipliciteit $n - 1$ ) en $a = -n$ zeggen dat $J$ de eigenwaarde $0$ heeft met multipliciteit $n - 1$ en de eigenwaarde $n$ één keer — het spectrum van de rang-één-matrix $J$ , een hoofdstuk te vroeg (Hoofdstuk 3 maakt dit systematisch).

Voorbeeld 2.20 (Een determinant volgens de permutatieformule)

Voor een matrix met veel nullen is de formule op zichzelf al bruikbaar: in

A = \begin{pmatrix} 0 & a & 0 & 0\\ 0 & 0 & b & 0\\ 0 & 0 & 0 & c\\ d & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},

is de enige permutatie die elementen ongelijk aan nul oppikt de $4$ -cykel $\sigma = (1\,2\,3\,4)$ , die kolom $1$ met rij $4$ verbindt, enzovoort; er geldt $\varepsilon(\sigma) = (-1)^3 = -1$ , dus $\det A = -abcd$ . (Controleer het met drie kolomverwisselingen die tot een diagonaalmatrix leiden.)

Voorbeeld 2.21 (Een Vandermonde volgens de productformule)

Voor de knooppunten $0, 1, 2$ (gebruikt door kwadratuurformules zoals die van Oefening 2.4) is de Vandermonde-determinant van Oefening 2.11 in één oogopslag te evalueren:

\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 1 & 4 \end{pmatrix} = (1 - 0)(2 - 0)(2 - 1) = 2 ,

en rechtstreekse ontwikkeling langs de eerste kolom geeft $1\cdot(4 - 2) = 2$ : dat klopt. Dat de determinant bij verschillende knooppunten niet verdwijnt, is de hele theorie van de interpolatie in één determinant: de evaluatievormen $P \mapsto P(a_i)$ vormen precies dan een basis van de duale ruimte wanneer deze determinant niet nul is, dat wil zeggen: altijd, bij verschillende $a_i$ — Voorbeeld 2.2, nu gekwantificeerd.

2.3 Het spoor, opnieuw bekeken

Propositie 2.22

Het spoor $\operatorname{tr} \colon \mathcal{M}_n(K) \to K$ is de enige lineaire vorm met $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ en $\operatorname{tr}(I_n) = n$ (voor $\operatorname{char} K = 0$ ); het spoor van een endomorfisme is welgedefinieerd via een willekeurige matrixvoorstelling, en

\operatorname{tr}(u) = \sum_{i} e_i^*\bigl(u(e_i)\bigr)

in elke basis — de dualiteit schrijft het spoor basisvrij op.

Bewijs. $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ en de basisonafhankelijkheid werden in bachelorjaar 1 bewezen. Eenduidigheid: een lineaire vorm $t$ met $t(AB) = t(BA)$ doodt elke commutator $AB - BA$ . We beweren dat de commutatoren het hypervlak van de matrices met spoor nul opspannen, van dimensie $n^2 - 1$ . Twee families commutatoren volstaan. De vermenigvuldigingsregel van de elementaire matrices luidt $E_{ab}E_{cd} = \delta_{bc}E_{ad}$ . Voor $i \neq j$ geeft zij

E_{ii}E_{ij} - E_{ij}E_{ii} = E_{ij} - 0 = E_{ij}

(het tweede product is $E_{ij}E_{ii} = \delta_{ji}E_{ii} = 0$ omdat $j \neq i$ ): elke $E_{ij}$ buiten de diagonaal is een commutator. En

E_{ij}E_{ji} - E_{ji}E_{ij} = E_{ii} - E_{jj} .

De $E_{ij}$ ( $i \neq j$ , $n^2 - n$ stuks) samen met de $E_{11} - E_{jj}$ ( $j \geq 2$ , $n - 1$ stuks) zijn $n^2 - 1$ lineair onafhankelijke matrices met spoor nul: zij spannen het hypervlak $\ker\operatorname{tr}$ op. Dus verdwijnt $t$ waar $\operatorname{tr}$ verdwijnt en factoriseert $t$ erover: $t = c\operatorname{tr}$ ; en dan dwingt $t(I) = n$ dat $c = 1$ . De formule tot slot: het $i$ -de diagonaalelement van de matrix van $u$ is precies $e_i^*(u(e_i))$ . ∎

Opmerking 2.23 (Klassieke valkuilen)

(i) De determinant is $n$ -lineair in de kolommen, niet lineair in de matrix: in het algemeen is $\det(A + B) \neq \det A + \det B$ , en $\det(\lambda A) = \lambda^n\det A$ , niet $\lambda\det A$ . (ii) Transponeren keert producten om: $(vu)^{\mathsf T} = u^{\mathsf T}v^{\mathsf T}$ ; die omkering vergeten verwoest elke berekening met inversen. (iii) De annihilator $F^\circ$ leeft in $E^*$ , niet in $E$ : zij wordt pas het vertrouwde “orthogonale complement” nadat een inproduct $E$ met $E^*$ heeft vereenzelvigd (Hoofdstuk 12); zo’n vereenzelviging is nooit canoniek. (iv) “De rijenrang is gelijk aan de kolommenrang” betekent niet dat de rijruimte gelijk is aan de kolomruimte — die twee leven in verschillende ruimten ( $K^n$ en $K^m$ ) en zijn via Propositie 2.10 met elkaar verbonden, niet gelijk. (v) De permutatieformule is een bewijsmiddel: voor getallen gebruikt men rijoperaties en cofactoren (Voorbeeld 2.15).

Voorbeeld 2.24 (De spoorparing splitst de matrixruimte)

Op $\mathcal{M}_2(\R)$ met de paring $\langle A, B\rangle = \operatorname{tr}(AB)$ uit Oefening 2.9: ontbind $M = \left(\begin{smallmatrix}1 & 4\\ 2 & 3\end{smallmatrix}\right)$ in een symmetrisch en een antisymmetrisch deel,

M = S + A, \qquad S = \tfrac12(M + M^{\mathsf T}) = \begin{pmatrix}1 & 3\\ 3 & 3\end{pmatrix}, \qquad A = \tfrac12(M - M^{\mathsf T}) = \begin{pmatrix}0 & 1\\ -1 & 0\end{pmatrix}.

Dan is $\operatorname{tr}(SA) = \operatorname{tr} \left(\begin{smallmatrix}-3 & 1\\ -3 & 3\end{smallmatrix}\right) = 0$ : de twee delen staan “loodrecht” voor de spoorparing — een geval van het algemene feit (bewezen in de weekendopgave van dit hoofdstuk) dat de antisymmetrische matrices precies de annihilator van de symmetrische matrices vormen. De dualiteit ziet de ontbinding $\mathcal{M}_n = \mathcal{S}_n \oplus \mathcal{A}_n$ nog vóór er een inproduct is gekozen.

Opmerking 2.25 (Vooruitblik binnen dit volume)

Kijk hoe de drie constructies van dit hoofdstuk verderop van kostuum wisselen. De getransponeerde keert terug in Hoofdstuk 3: $u$ en $u^{\mathsf T}$ hebben dezelfde eigenwaarden met gelijke meetkundige multipliciteiten (de weekendopgave van dit hoofdstuk, vraag 15), en daarom spreken een rij- en een kolomanalyse van een matrix elkaar nooit tegen. De determinant wordt een functie van een parameter in Hoofdstuk 3 ( $\chi_u(X) = \det(X\,\mathrm{id} - u)$ ) en een jacobiaan in Hoofdstuk 20, waar haar multilineariteit de factor van de substitutieregel wordt. Het spoor zaait de invarianten van de gelijkvormigheid: het is de tweede coëfficiënt van $\chi_u$ , de som van de eigenwaarden, en uiteindelijk de integraal van de diagonaal in identiteiten van het type Hoofdstuk 14. Eén hoofdstuk lineaire algebra, drie lange schaduwen.

Opmerking 2.26 (Waar dit hoofdstuk wordt gebruikt)

De duale ruimte is geen abstractie omwille van zichzelf: annihilatoren en getransponeerden sturen de theorie van de oplosbaarheid van lineaire stelsels (de weekendopgave van dit hoofdstuk bewijst er het eindigdimensionale alternatief van Fredholm mee), niet-ontaarde paringen duiken opnieuw op als de polaire vorm in Hoofdstuk 12 en als de adjunct in Hoofdstuk 13, en de hier gebouwde determinant drijft heel Hoofdstuk 3 aan. In het volume van bachelorjaar 3 wordt diezelfde dualiteit, overgebracht naar oneindige dimensie, de representatiestelling van Riesz en de theorie van Fredholm op hilbertruimten — met compactheid in de rol van de dimensietellingen die hier worden gebruikt.

2.4 Oefeningen

Oefening 2.1 ★

Zij in $\R^3$ gegeven $\varphi_1(x,y,z) = x + y$ , $\varphi_2 = y + z$ , $\varphi_3 = x + z$ . Bewijs dat $(\varphi_1, \varphi_2, \varphi_3)$ een basis van $(\R^3)^*$ is en bepaal de basis van $\R^3$ waarvan zij de duale is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.1.

Drie vormen in een driedimensionale duale ruimte: vrijheid volstaat. Een relatie $\alpha\varphi_1 + \beta\varphi_2 + \gamma\varphi_3 = 0$ geëvalueerd in $(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$ geeft $\alpha + \gamma = 0$ , $\alpha + \beta = 0$ , $\beta + \gamma = 0$ , waaruit $\alpha = \beta = \gamma = 0$ .

Antiduale basis $(u_1, u_2, u_3)$ : los $\varphi_i(u_j) = \delta_{ij}$ op. Met $u_j = (x, y, z)$ geeft voor $u_1$ het stelsel $x + y = 1$ , $y + z = 0$ , $x + z = 0$ dat $u_1 = \bigl(\tfrac12, \tfrac12, -\tfrac12\bigr)$ ; symmetrisch $u_2 = \bigl(-\tfrac12, \tfrac12, \tfrac12\bigr)$ en $u_3 = \bigl(\tfrac12, -\tfrac12, \tfrac12\bigr)$ .

Oefening 2.2 ★

Bereken met de permutatieformule de determinanten van

\begin{pmatrix} 0 & 0 & a\\ 0 & b & 0\\ c & 0 & 0 \end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} a & b & 0 & 0\\ c & d & 0 & 0\\ 0 & 0 & e & f\\ 0 & 0 & g & h \end{pmatrix},

en formuleer de regel voor blokdiagonaalmatrices die de tweede suggereert.

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.2.

Eerste matrix: de enige permutatie met een product ongelijk aan nul stuurt $1 \mapsto 3$ , $2 \mapsto 2$ , $3 \mapsto 1$ — de transpositie $(1\,3)$ , met signatuur $-1$ : de determinant is $-abc$ .

Tweede: een permutatie met een product ongelijk aan nul kan de twee blokken niet mengen (een element dat ze verbindt is $0$ ), dus splitst zij in een permutatie van $\{1,2\}$ maal een van $\{3,4\}$ , en de signatuur is het product van beide signaturen: de som factoriseert als

(ad - bc)(eh - fg) .

De regel die dit suggereert (en die met hetzelfde bewijs juist is): de determinant van een blokdiagonaalmatrix is het product van de determinanten van de blokken.

Oefening 2.3 ★

Zij $F = \{(x,y,z,t) \in \R^4 : x + y = z + t \text{ en } x = 2y\}$ . Geef een basis van $F^\circ$ en ga Stelling 2.6 na op de dimensies.

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.3.

$F$ wordt bepaald door de twee onafhankelijke vergelijkingen $\varphi_1(x,y,z,t) = x + y - z - t = 0$ en $\varphi_2 = x - 2y = 0$ : leest men Stelling 2.6 achterstevoren, dan is $F^\circ = \operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ — zij liggen per constructie in $F^\circ$ , zij zijn vrij (niet evenredig), en $\dim F^\circ = 4 - \dim F = 4 - 2 = 2$ omdat $\dim F = 2$ (twee onafhankelijke vergelijkingen in $\R^4$ ). Basis: $(\varphi_1, \varphi_2)$ ; dimensies: $2 + 2 = 4$ , zoals de stelling eist.

Oefening 2.4 ★★

Zijn $a_0, \dots, a_n$ verschillende punten van $K$ en is $\varphi_i \colon P \mapsto P(a_i)$ op $K_n[X]$ . Bewijs dat $(\varphi_0, \dots, \varphi_n)$ een basis van $K_n[X]^*$ is, identificeer de bijbehorende antiduale basis, en ontwikkel de vorm $P \mapsto \int_0^1 P(t)\,\dd t$ (voor $K = \R$ , $n = 2$ , $a_i = 0, \frac12, 1$ ) in deze basis — herken de regel van Simpson.

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.4.

De $\varphi_i$ zijn $n + 1$ vormen op een $(n+1)$ -dimensionale ruimte: vrijheid volstaat. Geldt $\sum_i \lambda_i \varphi_i = 0$ , evalueer dan in de lagrangeveelterm $L_j$ van de knooppunten: $\lambda_j = 0$ . De antiduale basis is $(L_0, \dots, L_n)$ , want $\varphi_i(L_j) = L_j(a_i) = \delta_{ij}$ .

Voor de integraalvorm met knooppunten $0, \frac12, 1$ op $\R_2[X]$ : $\int_0^1 P = \sum_i c_i P(a_i)$ met $c_i = \int_0^1 L_i$ . Uitgerekend: $L_0 = 2(X - \tfrac12)(X - 1)$ , $\int_0^1 L_0 = \frac16$ ; $L_1 = -4X(X-1)$ , $\int_0^1 L_1 = \frac46$ ; $L_2 = 2X(X - \tfrac12)$ , $\int_0^1 L_2 = \frac16$ . Bijgevolg is

\int_0^1 P = \frac{1}{6}\Bigl(P(0) + 4P\bigl(\tfrac12\bigr) + P(1)\Bigr) \quad (P \in \R_2[X]) :

de regel van Simpson, exact op tweedegraadsveeltermen — een uitspraak over duale basissen.

Oefening 2.5 ★★

Zij $u \in \mathcal{L}(E)$ met $\dim E = n$ en $\operatorname{rk} u = 1$ . Bewijs dat $u = \varphi(\cdot)\, a$ voor een vector $a$ en een vorm $\varphi$ ; dat $\operatorname{tr} u = \varphi(a)$ ; en dat $u^2 = (\operatorname{tr} u)\, u$ . Leid af dat $\det(I + u) = 1 + \operatorname{tr} u$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.5.

Er geldt $\operatorname{im} u = Ka$ voor zekere $a \neq 0$ ; dan is $u(x) = \varphi(x)\,a$ , waarbij $\varphi(x)$ de coördinaat van $u(x)$ op $a$ is — lineair in $x$ . Spoor: vul $a = e_1$ aan tot een basis; de matrix van $u$ heeft kolommen $\varphi(e_j)\,e_1$ , dus is haar enige diagonaalelement $\varphi(e_1) = \varphi(a)$ : $\operatorname{tr} u = \varphi(a)$ . Vervolgens

u^2(x) = \varphi(x)\, u(a) = \varphi(x)\varphi(a)\, a = (\operatorname{tr} u)\, u(x).

Determinant, in twee gevallen. Als $\varphi(a) \neq 0$ : neem een willekeurige basis van het hypervlak $\ker\varphi$ en voeg $a$ toe. Dan doodt $u$ de ruimte $\ker\varphi$ (daar is $u(x) = \varphi(x)a = 0$ ) en is $u(a) = \varphi(a)\,a$ : de matrix van $I + u$ is diagonaal, $(1, \dots, 1,\, 1 + \varphi(a))$ , dus $\det(I + u) = 1 + \varphi(a) = 1 + \operatorname{tr} u$ . Als $\varphi(a) = 0$ : dan is $a \in \ker\varphi$ ; neem een basis van $\ker\varphi$ waarvan de eerste vector $a$ is, en voeg een vector $b$ met $\varphi(b) = 1$ toe. Dan houdt $I + u$ de basis van $\ker\varphi$ vast en stuurt zij $b \mapsto b + a$ : driehoekig met diagonaal vol enen, dus $\det(I + u) = 1 = 1 + \operatorname{tr} u$ . Beide gevallen stemmen met de formule overeen.

Oefening 2.6 ★★

Bewijs dat elk hypervlak van $\mathcal{M}_n(K)$ ( $n \geq 2$ ) een inverteerbare matrix bevat. Aanwijzing: een hypervlak is $\{M : \operatorname{tr}(AM) = 0\}$ voor zekere $A \neq 0$ (Oefening 2.9). Is $A$ scalair, geef dan een inverteerbare matrix met spoor nul; is $A$ dat niet, zoek dan een inverteerbare $M$ waarvoor $AM$ een nuldiagonaal heeft — een matrix van het permutatietype doet dat.

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.6.

Volgens Oefening 2.9 is het hypervlak $H_A = \{M : \operatorname{tr}(AM) = 0\}$ met $A \neq 0$ .

Als $A = \lambda I$ : dan is $H_A$ het hypervlak van de matrices met spoor nul; de matrix van de permutatie die één $n$ -cykel is (enen op de plaatsen $(i, i+1)$ en $(n, 1)$ ) is inverteerbaar (haar determinant is $\pm 1$ volgens de berekening van Voorbeeld 2.20) en heeft spoor nul.

Als $A$ niet scalair is: zoek eerst een inverteerbare $P$ zodanig dat $B = P^{-1}AP$ buiten de diagonaal een element $b_{ji} \neq 0$ heeft ( $j \neq i$ ). Heeft $A$ er al een, neem dan $P = I$ ; is $A$ diagonaal met twee verschillende elementen $d_1 \neq d_2$ , dan levert conjugatie met de transvectie $P = I + E_{12}$ het element $d_1 - d_2 \neq 0$ buiten de diagonaal op (reken na: $P^{-1}AP = A + (d_1 - d_2)E_{12}$ ); en een diagonaalmatrix waarvan alle elementen gelijk zijn, is scalair en dus uitgesloten. Zet nu $M' = I + tE_{ij}$ met $t = -\operatorname{tr}(B)/b_{ji}$ : dan is

\operatorname{tr}(BM') = \operatorname{tr} B + t\,b_{ji} = 0,

en $M'$ is inverteerbaar (driehoekig met diagonaal vol enen). Maken we de conjugatie ongedaan, dan is $M = PM'P^{-1}$ inverteerbaar met $\operatorname{tr}(AM) = \operatorname{tr}(BM') = 0$ : dus $M \in H_A$ .

Oefening 2.7 ★★

(Afgeleide van de determinant) Bewijs voor $A \in \mathcal{M}_n(\R)$ , uitgaande van de multilineariteit, dat

\frac{\dd}{\dd t}\Big|_{t=0} \det(I_n + tA) = \operatorname{tr} A ,

en leid daaruit $\det(\eu^{tA}) = \eu^{t\operatorname{tr} A}$ af, aangenomen dat $t \mapsto \det(\eu^{tA})$ differentieerbaar is en dat de groepseigenschap $\eu^{(s+t)A} = \eu^{sA}\eu^{tA}$ geldt (vastgesteld in Hoofdstuk 16).

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.7.

Volgens de permutatieformule is $\det(I + tA)$ een veelterm in $t$ ; haar constante term is $1$ (neem $t = 0$ ). De coëfficiënt van $t$ : ontwikkel $\det$ als een alternerende vorm van de kolommen $e_j + t\,c_j(A)$ ; wegens de multilineariteit vervangen de termen die lineair in $t$ zijn precies één $e_j$ door $c_j(A)$ :

\sum_{j} \det(e_1, \dots, c_j(A), \dots, e_n) = \sum_j a_{jj} = \operatorname{tr} A ,

(de determinant met alle canonieke kolommen behalve $c_j(A)$ op plaats $j$ pikt het $j$ -de diagonaalelement op). De afgeleide in $0$ is dus $\operatorname{tr} A$ .

Zij $g(t) = \det(\eu^{tA})$ . De groepseigenschap geeft $g(s + t) = g(s)g(t)$ (de multiplicativiteit van $\det$ ), $g$ is differentieerbaar, en $g'(0) = \operatorname{tr} A$ volgens het voorgaande ( $\eu^{tA} = I + tA + O(t^2)$ ). Een differentieerbaar morfisme $(\R, +) \to (\R^*, \times)$ voldoet aan $g' = g'(0)\,g$ (differentieer $g(s+t)$ naar $s$ in $0$ ), dus is $g(t) = \eu^{t\operatorname{tr} A}$ wegens de eenduidigheid van de oplossingen van $y' = cy$ met $y(0) = 1$ (volume van bachelorjaar 1).

Oefening 2.8 ★★

(Circulante matrix, $3 \times 3$ ) Zij $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ en

C = \begin{pmatrix} a & b & c\\ c & a & b\\ b & c & a \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\C).

Ga na dat de kolommen van de Vandermonde-matrix van $1, j, j^2$ eigenvectoren van $C$ zijn, en leid af dat

\det C = (a + b + c)(a + bj + cj^2)(a + bj^2 + cj).

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.8.

Zij $v_k = (1, j^k, j^{2k})^{\mathsf T}$ voor $k = 0, 1, 2$ . Met $1 + j + j^2 = 0$ en $j^3 = 1$ :

C v_k = \begin{pmatrix} a + b j^k + c j^{2k}\\ c + a j^k + b j^{2k}\\ b + c j^k + a j^{2k} \end{pmatrix} = (a + b j^k + c j^{2k}) \begin{pmatrix} 1\\ j^k\\ j^{2k}\end{pmatrix},

(ga de tweede rij na: $j^k(a + bj^k + cj^{2k}) = aj^k + bj^{2k} + cj^{3k} = c + aj^k + bj^{2k}$ ). Dus is $v_k$ een eigenvector met eigenwaarde $\lambda_k = a + bj^k + cj^{2k}$ . De $v_k$ vormen een basis (Vandermonde van de verschillende $1, j, j^2$ ), dus is $C$ diagonaliseerbaar met deze eigenwaarden en

\det C = \lambda_0\lambda_1\lambda_2 = (a+b+c)(a + bj + cj^2)(a + bj^2 + cj).

Oefening 2.9 ★★★

Bewijs dat elke lineaire vorm $t$ op $\mathcal{M}_n(K)$ van de gedaante $M \mapsto \operatorname{tr}(AM)$ is voor een unieke $A$ : de afbeelding $A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ is een isomorfisme van $\mathcal{M}_n(K)$ op haar duale ruimte. Leid daaruit de uitspraak over eenduidigheid in Propositie 2.22 opnieuw af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.9.

De afbeelding $\Theta \colon A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ is lineair van $\mathcal{M}_n(K)$ naar haar duale ruimte, tussen ruimten van gelijke dimensie $n^2$ : injectiviteit volstaat. Geldt $\operatorname{tr}(AM) = 0$ voor alle $M$ , neem dan $M = E_{ji}$ : $\operatorname{tr}(A E_{ji}) = a_{ij} = 0$ voor alle $i, j$ , dus $A = 0$ . Bijgevolg is $\Theta$ een isomorfisme.

Eenduidigheid van het spoor (Propositie 2.22): een vorm $t$ die alle commutatoren doodt, is $\operatorname{tr}(A\,\cdot)$ voor zekere $A$ met $\operatorname{tr}(A(MN - NM)) = 0$ voor alle $M, N$ , dat wil zeggen $\operatorname{tr}((AM - MA)N) = 0$ voor alle $N$ (cyclische invariantie), dat wil zeggen $AM = MA$ voor alle $M$ (injectiviteit van $\Theta$ ): $A$ commuteert met alles en is dus scalair ( $A$ commuteert met alle $E_{ij}$ , wat de elementen buiten de diagonaal nul maakt en de diagonaalelementen aan elkaar gelijk), zodat $t = c \operatorname{tr}$ .

Oefening 2.10 ★★★

Zijn $u, v \in \mathcal{L}(E)$ met $u \circ v - v \circ u = u$ . Bewijs dat $u$ nilpotent is. Aanwijzing: toon aan dat $\operatorname{tr}(u^k) = 0$ voor alle $k \geq 1$ (bereken $u^k v - v u^k$ met inductie), en gebruik dan het volgende feit, te bewijzen met de identiteiten van Newton of met inductie naar de dimensie: een endomorfisme van een $\C$ -vectorruimte waarvan alle machten spoor nul hebben, is nilpotent. Werk over $\C$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.10.

Werk over $\C$ (een reële matrix is nilpotent dan en slechts dan als zij het als complexe matrix is: nilpotentie is $u^n = 0$ ).

Stap 1: $\operatorname{tr}(u^k) = 0$ voor $k \geq 1$ . Met inductie geldt $u^k v - v u^k = k\, u^k$ : voor $k = 1$ is dat de hypothese, en voor de stap

u^{k+1}v - vu^{k+1} = u^k(uv - vu) + (u^k v - v u^k)u = u^{k+1} + k\,u^{k+1} .

Sporen nemen geeft $0 = \operatorname{tr}(u^k v) - \operatorname{tr}(vu^k) = k \operatorname{tr}(u^k)$ , dus $\operatorname{tr}(u^k) = 0$ .

Stap 2: sporen van machten nul impliceert nilpotentie (over $\C$ ). Zijn $\lambda_1, \dots, \lambda_r$ de verschillende eigenwaarden van $u$ ongelijk aan nul, met multipliciteiten $m_1, \dots, m_r$ (in de karakteristieke veelterm, die over $\C$ in lineaire factoren uiteenvalt — Hoofdstuk 3). De sporen van de machten zijn $\operatorname{tr}(u^k) = \sum_i m_i \lambda_i^k$ (trigonaliseer: de diagonaal van de $k$ -de macht van een driehoeksmatrix bestaat uit de $k$ -de machten). Het stelsel $\sum_i m_i \lambda_i^k = 0$ voor $k = 1, \dots, r$ is Vandermonde-inverteerbaar in de onbekenden $m_i\lambda_i$ (de matrix $(\lambda_i^{k-1})$ maal de diagonaal $\lambda_i$ , met alle $\lambda_i \neq 0$ verschillend): elke $m_i \lambda_i = 0$ , wat met $m_i \geq 1$ onmogelijk is tenzij $r = 0$ . Dus heeft $u$ geen eigenwaarde ongelijk aan nul: haar karakteristieke veelterm is $(-X)^n$ , en Cayley–Hamilton (Hoofdstuk 3) geeft $u^n = 0$ : nilpotent.

Oefening 2.11 ★★

(Vandermonde) Bewijs voor $a_0, \dots, a_n \in K$ dat

\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ a_0 & a_1 & \cdots & a_n\\ \vdots & \vdots & & \vdots\\ a_0^n & a_1^n & \cdots & a_n^n \end{pmatrix} = \prod_{0 \leq i < j \leq n} (a_j - a_i).

(Beschouw de determinant als een veelterm in $a_n$ : bepaal haar graad, haar nulpunten en haar kopcoëfficiënt, en gebruik inductie.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.11.

Schrijf $V(a_0, \dots, a_n)$ voor de determinant en gebruik inductie naar $n$ ; $V(a_0) = 1$ is het beginpunt. Leg $a_0, \dots, a_{n-1}$ vast en beschouw $D(T) = V(a_0, \dots, a_{n-1}, T)$ , de determinant met laatste kolom $(1, T, \dots, T^n)$ : ontwikkeling langs die kolom laat zien dat $D$ een veelterm van graad $\leq n$ in $T$ is waarvan de coëfficiënt van $T^n$ de minor $V(a_0, \dots, a_{n-1})$ is. Neem eerst aan dat $a_0, \dots, a_{n-1}$ verschillend zijn. Voor elke $T = a_i$ ( $i < n$ ) vallen twee kolommen samen, dus $D(a_i) = 0$ : met $n$ verschillende nulpunten en graad $\leq n$ is

D(T) = V(a_0, \dots, a_{n-1}) \prod_{i=0}^{n-1}(T - a_i),

en $T = a_n$ samen met de inductiehypothese geeft de productformule. Vallen twee van de $a_0, \dots, a_{n-1}$ samen, dan zijn beide leden $0$ (herhaalde kolommen; een herhaalde factor) en geldt de formule triviaal.

Oefening 2.12 ★★★

Zijn $A, B, C, D \in \mathcal{M}_n(K)$ met $K$ oneindig, en neem aan dat $CD = DC$ . Bewijs dat

\det\begin{pmatrix} A & B\\ C & D\end{pmatrix} = \det(AD - BC).

(Behandel eerst het geval dat $D$ inverteerbaar is, door rechts met $\left(\begin{smallmatrix} I & 0\\ -D^{-1}C & I\end{smallmatrix}\right)$ te vermenigvuldigen; vervang daarna $D$ door $D + tI$ en vergelijk twee veeltermen in $t$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 2.12.

$D$ inverteerbaar. Vermenigvuldig rechts met de blokmatrix $T = \left(\begin{smallmatrix} I & 0\\ -D^{-1}C & I\end{smallmatrix}\right)$ , die blokdriehoekig is met diagonaal vol eenheidsblokken en $\det T = 1$ (haar determinant pikt volgens de permutatieformule alleen de diagonaalblokken op — de blokregel van Oefening 2.2):

\begin{pmatrix} A & B\\ C & D\end{pmatrix} T = \begin{pmatrix} A - BD^{-1}C & B\\ C - DD^{-1}C & D\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A - BD^{-1}C & B\\ 0 & D\end{pmatrix},

met determinant $\det(A - BD^{-1}C)\det D = \det\bigl((A - BD^{-1}C)D\bigr) = \det(AD - BD^{-1}CD)$ . Omdat $CD = DC$ , is $BD^{-1}CD = BC$ : de determinant is $\det(AD - BC)$ .

Algemene $D$ . Zij $D_t = D + tI$ ; dan geldt nog steeds $CD_t = D_tC$ . Beide uitdrukkingen

f(t) = \det\begin{pmatrix} A & B\\ C & D_t\end{pmatrix} \qquad\text{en}\qquad g(t) = \det(AD_t - BC)

zijn veeltermfuncties van $t$ . De veelterm $\det(D + tI)$ is monisch van graad $n$ en heeft dus hoogstens $n$ nulpunten: op eindig veel $t$ na is $D_t$ inverteerbaar en geldt $f(t) = g(t)$ volgens het eerste geval. Twee veeltermen over een oneindig lichaam die in oneindig veel punten overeenstemmen, zijn gelijk: $f = g$ , en $t = 0$ besluit.

2.5 Probleem: Het alternatief van Fredholm

Wanneer heeft het lineaire stelsel $u(x) = b$ een oplossing? Het volledige antwoord is een uitspraak over dualiteit: precies wanneer $b$ door elke lineaire vorm die het beeld van $u$ annihileert, wordt geannihileerd — en die vormen zijn berekenbaar, want zij vormen de kern van de getransponeerde. Deze weekendopgave bouwt het volledige woordenboek van de eindigdimensionale dualiteit op (factorisatie van vormen, bidualiteit, het rekenen met annihilatoren, de getransponeerde), bewijst het eindigdimensionale alternatief van Fredholm, en sluit af met de spoorvorm en een karakterisering: het spoor is de enige lineaire invariant van de gelijkvormigheid. Overal zijn $E$ en $F$ eindigdimensionale $K$ -vectorruimten en is $n = \dim E$ .

Probleem 2.1

Weekendopgave — dualiteit in eindige dimensie en het alternatief van Fredholm

Notatie: voor $S \subseteq E^*$ is de preannihilator $S_\circ = \{x \in E : \varphi(x) = 0 \text{ voor alle } \varphi \in S\}$ ; de annihilatoren $F^\circ$ en de getransponeerden $u^{\mathsf T}$ zijn die van Definitie 2.5 en Definitie 2.8.

Deel I — Het factorisatielemma. Zijn $\varphi_1, \dots, \varphi_p, \varphi \in E^*$ .

Zij $\Phi \colon E \to K^p$ , $x \mapsto (\varphi_1(x), \dots, \varphi_p(x))$ . Bepaal $\ker\Phi$ , toon aan dat $\Phi^{\mathsf T}$ de coördinaatvormen van $K^p$ naar de $\varphi_i$ stuurt, en leid af dat

$\dim \bigl(\ker\varphi_1 \cap \dots \cap \ker\varphi_p\bigr) = n - \dim \operatorname{Vect}(\varphi_1, \dots, \varphi_p).$
(Factorisatielemma) Bewijs de equivalentie

$\varphi \in \operatorname{Vect}(\varphi_1, \dots, \varphi_p) \iff \ker\varphi_1 \cap \dots \cap \ker\varphi_p \subseteq \ker\varphi .$
Leid af: $(\varphi_1, \dots, \varphi_p)$ is vrij dan en slechts dan als $\bigcap_i \ker\varphi_i$ dimensie $n - p$ heeft; en een deelruimte van codimensie $p$ is een doorsnede van $p$ hypervlakken, nooit van minder.
Zij in $\R^4$ gegeven $\varphi_1 = x + y - z$ , $\varphi_2 = y + z - t$ , $\psi = x + 2y - t$ en $\psi' = x + y + t$ . Beslis met het factorisatielemma of $\psi$ en $\psi'$ tot $\operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ behoren.
Toon aan dat op $E = \R_2[X]$ de vormen $\psi_0 \colon P \mapsto P(0)$ , $\psi_1 \colon P \mapsto P(1)$ en $\psi_2 \colon P \mapsto \int_0^1 P(t)\dd t$ een basis van $E^*$ vormen, bereken de basis $(P_0, P_1, P_2)$ van $E$ waarvan zij de duale is, en bepaal de unieke $P \in \R_2[X]$ met $P(0) = 1$ , $P(1) = 2$ en $\int_0^1 P = \frac32$ .

Deel II — Bidualiteit en het rekenen met annihilatoren.

Toon aan dat de evaluatieafbeelding $J \colon E \to E^{**}$ , $J(x)(\varphi) = \varphi(x)$ , lineair en injectief is, en dus in eindige dimensie een isomorfisme.
(Dubbele annihilator) Toon aan dat $J(F) = F^{\circ\circ} := (F^\circ)^\circ$ voor elke deelruimte $F \subseteq E$ : onder de vereenzelviging $J$ is de annihilator van de annihilator de deelruimte zelf.
Bewijs het rekenen met annihilatoren: $(F + G)^\circ = F^\circ \cap G^\circ$ en $(F \cap G)^\circ = F^\circ + G^\circ$ .
Leid af (en bewijs ook rechtstreeks): twee vormen ongelijk aan nul met dezelfde kern zijn evenredig.
(Antiduale basis) Toon aan dat er bij elke basis $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ van $E^*$ precies één basis $(u_1, \dots, u_n)$ van $E$ bestaat met $\varphi_i(u_j) = \delta_{ij}$ .

Deel III — Het rekenen met getransponeerden.

Toon aan dat $u \mapsto u^{\mathsf T}$ een lineaire bijectie van $\mathcal{L}(E, F)$ op $\mathcal{L}(F^*, E^*)$ is, en dat $(u^{-1})^{\mathsf T} = (u^{\mathsf T})^{-1}$ zodra $u$ inverteerbaar is.
(Natuurlijkheid) Toon aan dat $u^{\mathsf T\mathsf T} \circ J_E = J_F \circ u$ : onder de evaluatie-isomorfismen is de dubbele getransponeerde gelijk aan $u$ .
Toon aan: $u$ is surjectief dan en slechts dan als $u^{\mathsf T}$ injectief is; $u$ is injectief dan en slechts dan als $u^{\mathsf T}$ surjectief is.
Voor $u \in \mathcal{L}(E)$ : een deelruimte $F$ is stabiel onder $u$ dan en slechts dan als $F^\circ$ stabiel is onder $u^{\mathsf T}$ .
Toon aan dat $\ker(u^{\mathsf T} - \lambda\, \mathrm{id}_{E^*}) = \bigl(\operatorname{im}(u - \lambda\, \mathrm{id}_E)\bigr)^\circ$ , en leid af dat $u$ en $u^{\mathsf T}$ dezelfde eigenwaarden hebben met dezelfde meetkundige multipliciteiten.

Deel IV — Het alternatief van Fredholm.

Bewijs dat $\operatorname{im} u = (\ker u^{\mathsf T})_\circ$ voor $u \in \mathcal{L}(E, F)$ , en leid het alternatief van Fredholm in eindige dimensie af: de vergelijking $u(x) = b$ heeft een oplossing dan en slechts dan als elke $\psi \in F^*$ met $u^{\mathsf T}\psi = 0$ voldoet aan $\psi(b) = 0$ .
Matrixvorm: voor $A \in \mathcal{M}_{m,n}(K)$ en $b \in K^m$ geldt precies één van beide: (i) $Ax = b$ heeft een oplossing; (ii) er is een $y \in K^m$ met $A^{\mathsf T}y = 0$ en $y^{\mathsf T}b = 1$ . Bewijs zowel “hoogstens één” als “minstens één”.
Bepaal alle $b \in \R^3$ waarvoor het stelsel

$x + y = b_1, \qquad y + z = b_2, \qquad x + 2y + z = b_3$

een oplossing heeft, door de kern van de getransponeerde matrix te berekenen.
(Een discreet neumannprobleem) Definieer op $E = \R^n$ ( $n \geq 3$ ) de afbeelding $L$ door $(Lx)_k = x_k - \frac12(x_{k-1} + x_{k+1})$ , met indices modulo $n$ . Toon aan dat $L^{\mathsf T} = L$ (met de canonieke vereenzelvigingen), toon aan dat $\ker L$ de rechte van de constante vectoren is (kijk naar een maximale coördinaat), en besluit: $Lx = b$ is oplosbaar dan en slechts dan als $\sum_k b_k = 0$ .

Deel V — De spoorvorm en de invariantiestelling. Herinner uit Oefening 2.9 dat $A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ de ruimte $\mathcal{M}_n(K)$ met haar duale vereenzelvigt. Neem aan dat $\operatorname{char} K = 0$ (bijvoorbeeld $K = \Q, \R, \C$ ).

Toon aan dat onder deze vereenzelviging de annihilator van de deelruimte $\mathcal{S}_n$ van de symmetrische matrices de deelruimte $\mathcal{A}_n$ van de antisymmetrische matrices is, en omgekeerd.
Toon aan dat de annihilator van het hypervlak $\mathfrak{sl}_n = \{M : \operatorname{tr} M = 0\}$ de rechte $K I_n$ is; anders gezegd: een lineaire vorm die op alle matrices met spoor nul verdwijnt, is een veelvoud van het spoor.
Toon aan dat elke matrix van $\mathcal{M}_n(K)$ de som is van twee inverteerbare matrices.
(Het spoor is de enige lineaire invariant van de gelijkvormigheid) Zij $t$ een lineaire vorm op $\mathcal{M}_n(K)$ met $t(PMP^{-1}) = t(M)$ voor elke $M$ en elke inverteerbare $P$ . Toon eerst aan dat $t(PX) = t(XP)$ voor inverteerbare $P$ , vervolgens dat $t(BX) = t(XB)$ voor alle $B$ , en besluit dat $t = c \operatorname{tr}$ voor zekere $c \in K$ .
Toon aan dat $\operatorname{rk} u \leq r$ dan en slechts dan als $u$ een som is van $r$ afbeeldingen van rang $\leq 1$ , dat wil zeggen $u = \sum_{i=1}^{r} \psi_i(\cdot)\,f_i$ met $\psi_i \in E^*$ en $f_i \in F$ ; leid af dat $\operatorname{rk}(u + v) \leq \operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v$ .
(Synthese) Stel het woordenboek op dat in deze opgave is bewezen: deelruimten tegenover annihilatoren, sommen tegenover doorsneden, afbeeldingen tegenover getransponeerden, oplosbaarheid tegenover orthogonaliteit op de getransponeerde kern, spoor tegenover gelijkvormigheid. Vermeld bij elk item de vraag die het bewees, en zeg in één zin wat de plaats van de dimensietellingen inneemt zodra de dimensie oneindig wordt (het volume van bachelorjaar 3 maakt dit op hilbertruimten precies).

Oplossing

Oplossing van Probleem 2.1.

1. $\Phi$ is lineair met $\ker\Phi = \bigcap_i \ker\varphi_i$ (een $p$ -tupel is nul dan en slechts dan als elke component dat is). Voor de coördinaatvormen $\varepsilon_i$ van $K^p$ geldt $\Phi^{\mathsf T}(\varepsilon_i) = \varepsilon_i \circ \Phi = \varphi_i$ , dus $\operatorname{im}\Phi^{\mathsf T} \supseteq \operatorname{Vect}(\varphi_i)$ ; omgekeerd wordt $\operatorname{im}\Phi^{\mathsf T}$ opgespannen door de $\Phi^{\mathsf T}(\varepsilon_i)$ (de $\varepsilon_i$ spannen $(K^p)^*$ op). Dus is $\operatorname{rk}\Phi = \operatorname{rk} \Phi^{\mathsf T} = \dim\operatorname{Vect}(\varphi_1, \dots, \varphi_p) =: r$ (Propositie 2.10), en de dimensiestelling geeft $\dim\bigcap_i\ker\varphi_i = n - r$ .

2. ( $\Leftarrow$ ) Houd een maximale vrije deelfamilie over, zeg $\varphi_1, \dots, \varphi_r$ , die dezelfde ruimte opspant (zodat de hypothese nog steeds luidt $\bigcap_{i \leq r}\ker\varphi_i \subseteq \ker\varphi$ : de doorsnede over alle $i$ valt samen met die over $i \leq r$ , want elke weggelaten vorm is een combinatie). De afbeelding $\Psi = (\varphi_1, \dots, \varphi_r) \colon E \to K^r$ is surjectief (vraag 1: haar rang is $r$ ). Geldt $\Psi(x) = \Psi(y)$ , dan is $x - y \in \ker\Psi \subseteq \ker\varphi$ , dus $\varphi(x) = \varphi(y)$ : $\varphi$ factoriseert als $\varphi = \lambda \circ \Psi$ met een welgedefinieerde $\lambda \colon K^r \to K$ ; en $\lambda$ is lineair omdat $\Psi$ lineair en surjectief is (voor $t = \Psi(x)$ en $t' = \Psi(x')$ : $\lambda(t + \alpha t') = \varphi(x + \alpha x') = \lambda(t) + \alpha\lambda(t')$ ). Met $\lambda = \sum c_i \varepsilon_i$ volgt $\varphi = \sum_{i \leq r} c_i\varphi_i$ . ( $\Rightarrow$ ) Is $\varphi = \sum c_i \varphi_i$ , dan doodt elke $x$ die alle $\varphi_i$ doodt, ook $\varphi$ .

3. Volgens vraag 1 is $\dim\bigcap\ker\varphi_i = n - r$ met $r = \dim\operatorname{Vect}(\varphi_i) \leq p$ , en $r = p$ dan en slechts dan als de familie vrij is. Zij $F$ een deelruimte van codimensie $p$ : haar annihilator heeft dimensie $p$ (Stelling 2.6); een basis $(\varphi_1, \dots, \varphi_p)$ van $F^\circ$ geeft $F = \bigcap_i\ker\varphi_i$ (de terugwinformule). Met minder gaat het niet: een doorsnede van $q$ hypervlakken heeft volgens vraag 1 dimensie $\geq n - q > n - p$ .

4. Bereken $\ker\varphi_1 \cap \ker\varphi_2$ : uit $x + y - z = 0$ en $y + z - t = 0$ volgt, met $(y, z)$ als parameters, $x = z - y$ en $t = y + z$ , dus het vlak van de vectoren $(z - y,\; y,\; z,\; y + z)$ . Daarop is $\psi = x + 2y - t = (z - y) + 2y - (y + z) = 0$ : volgens het factorisatielemma is $\psi \in \operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ — inderdaad is $\psi = \varphi_1 + \varphi_2$ . Maar $\psi' = x + y + t = (z - y) + y + (y + z) = y + 2z$ is daar niet identiek nul ( $y = 1, z = 0$ geeft $1$ ): dus $\psi' \notin \operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ .

5. Drie vormen op een driedimensionale ruimte: vrijheid volstaat. Geldt $a\psi_0 + b\psi_1 + c\psi_2 = 0$ , test dan op $1, X, X^2$ : $a + b + c = 0$ , $b + \frac c2 = 0$ , $b + \frac c3 = 0$ ; de laatste twee van elkaar aftrekken geeft $c = 0$ , daarna $b = 0$ en $a = 0$ . Antiduale basis: met $P = \alpha + \beta X + \gamma X^2$ en het oplossen van $\psi_i(P_j) = \delta_{ij}$ ( $P(0) = \alpha$ , $P(1) = \alpha + \beta + \gamma$ , $\int_0^1 P = \alpha + \frac\beta2 + \frac\gamma3$ ) volgt

P_0 = 1 - 4X + 3X^2, \qquad P_1 = -2X + 3X^2, \qquad P_2 = 6X - 6X^2 .

(Controle, bijvoorbeeld: $\int_0^1 P_2 = 3 - 2 = 1$ en $P_2(0) = P_2(1) = 0$ .) Het interpolatieprobleem wordt opgelost door de coördinaten in de antiduale basis:

P = 1\cdot P_0 + 2\cdot P_1 + \tfrac32\, P_2 = 1 + X

(coëfficiënt van $X$ : $-4 - 4 + 9 = 1$ ; coëfficiënt van $X^2$ : $3 + 6 - 9 = 0$ ); en inderdaad is $P(0) = 1$ , $P(1) = 2$ , $\int_0^1 P = \frac32$ .

6. Lineariteit: voor elke $\varphi$ is $J(x + \alpha y)(\varphi) = \varphi(x + \alpha y) = J(x)(\varphi) + \alpha J(y)(\varphi)$ , dat wil zeggen $J(x + \alpha y) = J(x) + \alpha J(y)$ . Injectiviteit: is $x \neq 0$ , vul dan $x = e_1$ aan tot een basis; de coördinaatvorm $e_1^*$ voldoet aan $J(x)(e_1^*) = 1 \neq 0$ . Omdat $\dim E^{**} = \dim E^* = \dim E$ , is injectief hier hetzelfde als bijectief.

7. Insluiting: voor $x \in F$ en $\varphi \in F^\circ$ is $J(x)(\varphi) = \varphi(x) = 0$ , dus $J(F) \subseteq F^{\circ\circ}$ . Dimensies (twee keer Stelling 2.6):

\dim F^{\circ\circ} = \dim E^* - \dim F^\circ = n - (n - \dim F) = \dim F = \dim J(F),

want $J$ is injectief. Bijgevolg is $J(F) = F^{\circ\circ}$ .

8. Eerste identiteit: $\varphi$ doodt $F + G$ dan en slechts dan als zij zowel $F$ als $G$ doodt (zij doodt sommen dan en slechts dan als zij de delen doodt): $(F+G)^\circ = F^\circ \cap G^\circ$ . Tweede: de insluiting $F^\circ + G^\circ \subseteq (F \cap G)^\circ$ is duidelijk (elke term doodt $F \cap G$ ). Dimensies, met de eerste identiteit en Grassmann:

\dim(F^\circ + G^\circ) = \dim F^\circ + \dim G^\circ - \dim(F^\circ \cap G^\circ) = (n - \dim F) + (n - \dim G) - \bigl(n - \dim(F + G)\bigr),

wat volgens Grassmann in $E$ gelijk is aan $n - \dim(F \cap G) = \dim(F \cap G)^\circ$ : gelijkheid.

9. Via het lemma: uit $\ker\psi \subseteq \ker\varphi$ met $p = 1$ volgt $\varphi \in \operatorname{Vect}(\psi)$ , en $\varphi \neq 0$ maakt de scalair ongelijk aan nul. Rechtstreeks: kies $x_0$ met $\psi(x_0) \neq 0$ ; elke $x$ schrijft zich als $x = \bigl(x - \frac{\psi(x)}{\psi(x_0)}x_0\bigr) + \frac{\psi(x)}{\psi(x_0)} x_0$ , met de eerste term in $\ker\psi = \ker\varphi$ ; $\varphi$ toepassen geeft $\varphi(x) = \frac{\varphi(x_0)}{\psi(x_0)}\psi(x)$ .

10. Neem de duale basis $(\varphi_1^*, \dots, \varphi_n^*)$ van $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ binnen $E^{**}$ (Definitie 2.1 toegepast op $E^*$ ) en zet $u_j = J^{-1}(\varphi_j^*)$ : een basis van $E$ ( $J$ is een isomorfisme, vraag 6), met $\varphi_i(u_j) = J(u_j)(\varphi_i) = \varphi_j^*(\varphi_i) = \delta_{ij}$ . Eenduidigheid: de voorwaarden $\varphi_i(u_j) = \delta_{ij}$ leggen $J(u_j)$ op de basis $(\varphi_i)$ vast en dus ook $u_j$ .

11. Lineariteit: $(u + \alpha v)^{\mathsf T}\psi = \psi \circ (u + \alpha v) = u^{\mathsf T}\psi + \alpha\, v^{\mathsf T}\psi$ . Injectiviteit: is $u \neq 0$ , kies dan $x$ met $u(x) \neq 0$ en $\psi$ met $\psi(u(x)) \neq 0$ (de truc met de coördinaatvorm uit vraag 6): dan is $u^{\mathsf T}\psi \neq 0$ . De ruimten $\mathcal{L}(E,F)$ en $\mathcal{L}(F^*, E^*)$ hebben beide dimensie $\dim E \dim F$ : dus bijectief. Is $u$ inverteerbaar, dan geeft de omkeringsregel $(vu)^{\mathsf T} = u^{\mathsf T}v^{\mathsf T}$ dat $u^{\mathsf T}(u^{-1})^{\mathsf T} = (u^{-1}u)^{\mathsf T} = \mathrm{id}_{E^*}$ en $(u^{-1})^{\mathsf T}u^{\mathsf T} = (uu^{-1})^{\mathsf T} = \mathrm{id}_{F^*}$ , dus $(u^{\mathsf T})^{-1} = (u^{-1})^{\mathsf T}$ .

12. Voor $x \in E$ en $\psi \in F^*$ :

\bigl(u^{\mathsf T\mathsf T}(J_E x)\bigr)(\psi) = (J_E x)\bigl(u^{\mathsf T}\psi\bigr) = (u^{\mathsf T}\psi)(x) = \psi\bigl(u(x)\bigr) = \bigl(J_F(u(x))\bigr)(\psi).

Omdat $\psi$ willekeurig is, geldt $u^{\mathsf T\mathsf T} \circ J_E = J_F \circ u$ .

13. Volgens Propositie 2.10 is $\ker u^{\mathsf T} = (\operatorname{im} u)^\circ$ , dus is $u$ surjectief $\iff \operatorname{im} u = F \iff (\operatorname{im}u)^\circ = \{0\}$ (Stelling 2.6) $\iff u^{\mathsf T}$ injectief. En $\operatorname{im} u^{\mathsf T} = (\ker u)^\circ$ , dus is $u$ injectief $\iff \ker u = \{0\} \iff (\ker u)^\circ = E^*$ $\iff u^{\mathsf T}$ surjectief.

14. Is $u(F) \subseteq F$ en $\varphi \in F^\circ$ , dan is $(u^{\mathsf T}\varphi)(x) = \varphi(u(x)) = 0$ voor $x \in F$ , dus $u^{\mathsf T}\varphi \in F^\circ$ . Omgekeerd, is $u(F) \not\subseteq F$ , kies dan $x \in F$ met $u(x) \notin F$ ; volgens de terugwinformule van Stelling 2.6 is er een $\varphi \in F^\circ$ met $\varphi(u(x)) \neq 0$ : dan is $(u^{\mathsf T}\varphi)(x) \neq 0$ hoewel $x \in F$ , zodat $u^{\mathsf T}\varphi \notin F^\circ$ en $F^\circ$ niet stabiel is.

15. Er geldt $u^{\mathsf T} - \lambda\,\mathrm{id}_{E^*} = (u - \lambda\,\mathrm{id}_E)^{\mathsf T}$ (transponeren is lineair en $\mathrm{id}^{\mathsf T} = \mathrm{id}$ ), dus is de kern gelijk aan $(\operatorname{im}(u - \lambda\,\mathrm{id}))^\circ$ (Propositie 2.10), van dimensie

n - \operatorname{rk}(u - \lambda\,\mathrm{id}) = \dim\ker(u - \lambda\,\mathrm{id})

volgens de dimensiestelling. In het bijzonder is de ene kern ongelijk aan nul precies wanneer de andere dat is: dezelfde eigenwaarden, dezelfde meetkundige multipliciteiten.

16. Insluiting: is $b = u(x)$ en $u^{\mathsf T}\psi = 0$ , dan is $\psi(b) = \psi(u(x)) = (u^{\mathsf T}\psi)(x) = 0$ ; dus $\operatorname{im} u \subseteq (\ker u^{\mathsf T})_\circ$ . Dimensies: voor een deelruimte $S \subseteq F^*$ is $S_\circ = J_F^{-1}(S^\circ)$ (werk het uit: $y \in S_\circ$ dan en slechts dan als elke $\psi \in S$ het element $y$ doodt, dan en slechts dan als $J_F(y) \in S^\circ$ ), dus $\dim S_\circ = \dim F - \dim S$ . Met $S = \ker u^{\mathsf T}$ :

\dim(\ker u^{\mathsf T})_\circ = \dim F - \dim\ker u^{\mathsf T} = \operatorname{rk} u^{\mathsf T} = \operatorname{rk} u :

de dimensies zijn gelijk, dus $\operatorname{im} u = (\ker u^{\mathsf T})_\circ$ . Anders gezegd: $b \in \operatorname{im} u$ dan en slechts dan als $\psi(b) = 0$ voor elke $\psi$ met $u^{\mathsf T}\psi = 0$ — het alternatief van Fredholm.

17. Vereenzelvig $(K^m)^*$ met $K^m$ via $y \mapsto \psi_y$ , $\psi_y(v) = y^{\mathsf T}v$ ; dan is $(u^{\mathsf T}\psi_y)(x) = y^{\mathsf T}Ax = (A^{\mathsf T}y)^{\mathsf T}x$ , dus $u^{\mathsf T}\psi_y = \psi_{A^{\mathsf T}y}$ : de getransponeerde afbeelding is de getransponeerde matrix. Hoogstens één: geldt $Ax = b$ en $A^{\mathsf T}y = 0$ , dan is $y^{\mathsf T}b = y^{\mathsf T}Ax = (A^{\mathsf T}y)^{\mathsf T}x = 0 \neq 1$ . Minstens één: faalt (i), dan levert vraag 16 een $\psi_y$ met $A^{\mathsf T}y = 0$ en $y^{\mathsf T}b \neq 0$ ; schaal $y$ zo dat dit $1$ wordt.

18. Hier is $A = \left(\begin{smallmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 1\end{smallmatrix}\right)$ (derde rij = eerste + tweede, dus $A$ is singulier). Los $A^{\mathsf T}y = 0$ op: $y_1 + y_3 = 0$ , $y_1 + y_2 + 2y_3 = 0$ , $y_2 + y_3 = 0$ geven $y_1 = y_2 = -y_3$ : de rechte opgespannen door $y = (1, 1, -1)$ . Fredholm: oplosbaar dan en slechts dan als $y^{\mathsf T}b = b_1 + b_2 - b_3 = 0$ , dat wil zeggen $b_3 = b_1 + b_2$ — zichtbaar de juiste voorwaarde, want de derde vergelijking is de som van de eerste twee.

19. De matrix van $L$ heeft $1$ op de diagonaal en $-\frac12$ op de plaatsen $(k, k\pm1)$ (modulo $n$ ): symmetrisch, dus $L^{\mathsf T} = L$ onder de vereenzelviging van vraag 17. Kern: is $Lx = 0$ , dan geldt $x_k = \frac12(x_{k-1} + x_{k+1})$ voor elke $k$ . Zij $k_0$ een index waar $x_k$ maximaal is; het gemiddelde van de twee buren, die beide $\leq x_{k_0}$ zijn, is alleen gelijk aan $x_{k_0}$ wanneer beide gelijk zijn aan $x_{k_0}$ ; door de cykel rond voort te planten volgt dat $x$ constant is. Omgekeerd worden constanten gedood. Dus $\ker L^{\mathsf T} = \ker L = \R(1, \dots, 1)$ , en het alternatief van Fredholm luidt: $Lx = b$ is oplosbaar dan en slechts dan als $(1,\dots,1)^{\mathsf T} b = \sum_k b_k = 0$ — de discrete verenigbaarheidsvoorwaarde: een “warmteverdeling” op een ring is door een potentiaal te realiseren precies wanneer haar totale flux nul is.

20. Is $A$ antisymmetrisch en $S$ symmetrisch, dan

\operatorname{tr}(AS) = \operatorname{tr}\bigl((AS)^{\mathsf T}\bigr) = \operatorname{tr}(S^{\mathsf T}A^{\mathsf T}) = -\operatorname{tr}(SA) = -\operatorname{tr}(AS),

dus $2\operatorname{tr}(AS) = 0$ en (want $\operatorname{char} K \neq 2$ ) $\operatorname{tr}(AS) = 0$ : $\mathcal{A}_n \subseteq \mathcal{S}_n^\circ$ (met de vereenzelviging van de duale ruimte met matrices). Dimensies: $\dim\mathcal{S}_n^\circ = n^2 - \frac{n(n+1)}2 = \frac{n(n-1)}2 = \dim\mathcal{A}_n$ : gelijkheid. Met verwisselde rollen (dezelfde berekening) volgt $\mathcal{A}_n^\circ = \mathcal{S}_n$ .

21. Er geldt $\operatorname{tr}(I_nM) = \operatorname{tr} M = 0$ voor $M \in \mathfrak{sl}_n$ : de rechte $KI_n$ ligt in de annihilator, waarvan de dimensie $n^2 - (n^2 - 1) = 1$ is: gelijkheid. Vertaald door het isomorfisme $A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ : een vorm die op $\mathfrak{sl}_n$ verdwijnt, is $\operatorname{tr}(\lambda I_n\,\cdot) = \lambda\operatorname{tr}$ .

22. Zij $M \in \mathcal{M}_n(K)$ . De veelterm $t \mapsto \det(M - tI)$ is ongelijk aan nul en van graad $n$ , dus heeft zij hoogstens $n$ nulpunten; $K$ heeft karakteristiek $0$ en is dus oneindig: kies een $\lambda \neq 0$ die geen nulpunt is. Dan schrijft $M = (M - \lambda I) + \lambda I$ de matrix $M$ als som van twee inverteerbare matrices.

23. Stap 1: pas voor inverteerbare $P$ en willekeurige $X$ de invariantie toe op $M = XP$ : $t(P(XP)P^{-1}) = t(XP)$ , dat wil zeggen $t(PX) = t(XP)$ . Stap 2: leg $X$ vast; beide leden van $t(BX) = t(XB)$ zijn lineair in $B$ en stemmen overeen op inverteerbare $B$ ; volgens vraag 22 is elke $B$ een som van twee inverteerbare matrices, dus stemmen zij overal overeen. Stap 3: $t$ doodt elke commutator $XB - BX$ ; de commutatoren spannen $\mathfrak{sl}_n$ op (aangetoond in het bewijs van Propositie 2.22), dus verdwijnt $t$ op $\mathfrak{sl}_n$ en geeft vraag 21 dat $t = c\operatorname{tr}$ . (Omgekeerd is elke $c\operatorname{tr}$ invariant onder gelijkvormigheid: het spoor is de lineaire invariant van de gelijkvormigheid.)

24. Is $\operatorname{rk} u = r' \leq r$ , neem dan een basis $(f_1, \dots, f_{r'})$ van $\operatorname{im} u$ en schrijf $u(x) = \sum_{i=1}^{r'} \psi_i(x) f_i$ ; elke coördinaat $\psi_i(x)$ van $u(x)$ is lineair in $x$ (de samenstelling van $u$ met een coördinaatvorm), dus is $u$ een som van $r' \leq r$ afbeeldingen van rang $\leq 1$ (vul aan met nullen). Omgekeerd, is $u = \sum_{i=1}^r \psi_i(\cdot)f_i$ , dan is $\operatorname{im} u \subseteq \operatorname{Vect}(f_1, \dots, f_r)$ , dus $\operatorname{rk} u \leq r$ . Subadditiviteit: schrijf $u$ met $\operatorname{rk} u$ termen en $v$ met $\operatorname{rk} v$ termen; de som heeft $\operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v$ termen, dus $\operatorname{rk}(u + v) \leq \operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v$ .

25. Het woordenboek: een deelruimte $F$ correspondeert met $F^\circ$ met complementaire dimensie (Stelling 2.6), en terug via de bidualiteit (vragen 6–7); sommen wisselen met doorsneden (vraag 8); een afbeelding $u$ correspondeert met $u^{\mathsf T}$ , met $\ker u^{\mathsf T} = (\operatorname{im}u)^\circ$ , $\operatorname{im}u^{\mathsf T} = (\ker u)^\circ$ , gelijke rangen, verwisselde injectiviteit en surjectiviteit, en overeenkomende stabiele deelruimten en eigenwaarden (vragen 11–15); de vergelijking $u(x) = b$ is oplosbaar dan en slechts dan als $b$ loodrecht staat op $\ker u^{\mathsf T}$ (vragen 16–19); en op $\mathcal{M}_n$ maakt de spoorparing het hele woordenboek concreet, met het spoor als de enige lineaire invariant van de gelijkvormigheid (vragen 20–23) en de rang als de minimale lengte van een ontbinding in elementaire tensoren (vraag 24). In oneindige dimensie falen de dimensietellingen en worden zij vervangen door hypothesen over de geslotenheid van beelden en door volledigheid — op hilbertruimten wordt dit de representatiestelling van Riesz en de theorie van Fredholm voor compacte operatoren, in het volume van bachelorjaar 3 eerlijk bewezen.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst