College 6: Lineaire onafhankelijkheid, equivalente uitspraken voor vierkante matrices en bases voor rijruimte, kern en kolomruimte

Dinsdag 29 september 2026

Door AI gegenereerd op basis van de collegeopname. Kan fouten bevatten; controleer twijfelgevallen met de tijdstempels. [bord, gereconstrueerd] = afgeleid uit de audio, niet letterlijk van het bord.

1. Mededelingen & praktische zaken

Mededelingen

Bij grotere voorbeelden slaat de docent het vegen over (matrices uit de aantekeningen). Ging een rekenstap te snel, doe hem dan thuis zelf nog een keer. (41:44)
Na het college is er werkcollege. (112:59)

2. Samenvatting

Na een herhaling van lineaire deelruimten en bases bewijst de docent dat vectoren lineair afhankelijk zijn precies als er één een lineaire combinatie van de vorige is. Met de vectoren als kolommen van een matrix \(A\) toets je onafhankelijkheid via de kern: onafhankelijk precies als elke kolom van een rijtrapvorm een spil heeft, dus meer dan \(n\) vectoren in \(\mathbb{R}^n\) zijn altijd afhankelijk. Voor een vierkante matrix volgen zeven equivalente uitspraken (o.a. inverteerbaar, kern \(\{0\}\), kolommen vormen een basis), met bewijs. Daarna haalt hij uit een rijtrapvorm bases voor rijruimte, kern en kolomruimte, en past dat toe om een opspannend stel uit te dunnen tot een basis. Tot slot de stelling dat een onafhankelijk stel in \(W\) nooit meer vectoren heeft dan een opspannend stel van \(W\).

3. Aantekeningen per onderwerp

Herhaling: deelruimten en zuinig opspannen (04:40)

Een lineaire deelruimte van \(\mathbb{R}^n\) is gesloten onder optellen en schalen, en bevat dus alle lineaire combinaties van zijn elementen. (04:46)
Deelruimten van \(\mathbb{R}^2\): \(\{0\}\), lijnen door \(0\) en \(\mathbb{R}^2\). Van \(\mathbb{R}^3\): \(\{0\}\), lijnen door \(0\) (alle veelvouden van één vector \(\neq0\)), vlakken door \(0\) (opgespannen door twee vectoren) en \(\mathbb{R}^3\). Figuur: vlak door de oorsprong met twee pijlen erin. [bord, gereconstrueerd] Voor hogere \(n\) geldt iets soortgelijks. (05:30)
De docent noemt \(\{0\}\) de nulruimte; het boek gebruikt nullspace juist voor de kern van een matrix. (boek, §1.6) (05:47)
Een deelruimte beschrijf je met een stel voortbrengers, liefst zuinig. Een vlak heeft veel opspannende stellen, bijv. \(v,w\) maar ook \(v,w,v+w\); zuinig betekent lineair onafhankelijk. (07:45)

Herhaling: lineaire (on)afhankelijkheid en basis (09:03)

\(v_1,\dots,v_k\in\mathbb{R}^n\) zijn lineair afhankelijk als er \(c_1,\dots,c_k\in\mathbb{R}\) bestaan, niet allemaal \(0\), met [bord, gereconstrueerd] (09:09)

\[c_1v_1+c_2v_2+\dots+c_kv_k=0\]

Lineair onafhankelijk: dit kan alleen met alle \(c_i=0\).
Een basis van een lineaire deelruimte \(W\subseteq\mathbb{R}^n\) is een rijtje \((v_1,\dots,v_k)\) van vectoren in \(W\) zodanig dat (1) \(W=\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)\) en (2) \(v_1,\dots,v_k\) lineair onafhankelijk zijn. De haakjes maken er één rijtje van vectoren van, geen vector met coördinaten \(v_i\). [bord, gereconstrueerd] (10:40)
Equivalent (vorige keer bewezen): elke \(x\in W\) is op unieke wijze een lineaire combinatie van \(v_1,\dots,v_k\). Bestaan volgt uit (1), uniciteit uit (2). (15:12)
Het boek definieert een basis juist via die unieke schrijfwijze en schrijft hem als verzameling \(\{w_1,\dots,w_k\}\). (boek, §1.6) Dat dit equivalent is met opspannen plus onafhankelijk, is daar een stelling. (boek, §2.1)
Uniciteit bewijs je zo: neem twee elementen met de eigenschap en laat zien dat ze gelijk zijn. (16:47)

Stelling: afhankelijk ⇔ één vector is een combinatie van de vorige (12:44)

Stelling: voor \(v_1,\dots,v_k\in\mathbb{R}^n\) zijn equivalent: (1) \(v_1,\dots,v_k\) zijn lineair afhankelijk; (2) er is een \(j\) met \(1\le j\le k\) zodanig dat [bord, gereconstrueerd] (13:08)

\[v_j\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_{j-1})\]
Bij \(j=1\) is dat de span van nul vectoren, dus \(\{0\}\): een lege lineaire combinatie is \(0\). (75:54)
Bij een equivalentie bewijs je beide richtingen. (22:30)
(2) ⇒ (1): als \(v_j=c_1v_1+\dots+c_{j-1}v_{j-1}\), dan is [bord, gereconstrueerd] (21:30)

\[c_1v_1+\dots+c_{j-1}v_{j-1}+(-1)\,v_j+0\,v_{j+1}+\dots+0\,v_k=0\]

een lineaire relatie, want de coëfficiënt \(-1\) is niet \(0\).
(1) ⇒ (2): stel \(c_1v_1+\dots+c_kv_k=0\) met niet alle \(c_i=0\). Neem \(j\) de grootste index met \(c_j\neq0\); dan \(c_{j+1}=\dots=c_k=0\), dus \(c_1v_1+\dots+c_jv_j=0\) en [bord, gereconstrueerd] (23:02)

\[v_j=-\frac{1}{c_j}\big(c_1v_1+\dots+c_{j-1}v_{j-1}\big)\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_{j-1})\]

Voorbeelden (14:37)

\(e_1,\dots,e_n\) is een basis van \(\mathbb{R}^n\): in \(c_1e_1+\dots+c_ne_n\) is coördinaat \(i\) precies \(c_i\), dus voor \(x=(x_1,\dots,x_n)\) moet wel \(c_i=x_i\). (17:46)
Niet-voorbeeld: \(v_1=(1,0)\), \(v_2=(0,1)\), \(v_3=(1,1)\). Hier is \(v_3=v_1+v_2\), oftewel \(v_1+v_2-v_3=0\): afhankelijk, dus geen basis. Elk tweetal eruit is wel een basis; dat wordt later makkelijker te controleren. (19:35)

Onafhankelijkheid toetsen met de kern (25:52)

Zet \(v_1,\dots,v_k\in\mathbb{R}^n\) als kolommen in een \(n\times k\)-matrix \(A\). Dan is \(c_1v_1+\dots+c_kv_k=Ac\) met \(c=(c_1,\dots,c_k)\): de lineaire relaties zijn precies de vectoren \(\neq0\) in \(\ker A\). (26:03)
Equivalent [bord, gereconstrueerd] (28:28)

\[v_1,\dots,v_k\text{ lineair onafhankelijk}\iff\ker A=\{0\}\iff Ax=0\text{ heeft geen vrije variabelen}\]

en dat laatste betekent: als \(H\) een rijtrapvorm voor \(A\) is, dan bevat elke kolom van \(H\) een spil.
Een rijtrapvorm voor \(A\) is een matrix in rijtrapvorm die je uit \(A\) krijgt met elementaire rijoperaties. De docent vermijdt bewust de zin "alle kolommen in een rijtrapvorm bevatten een spil": dan is onduidelijk of er één zo'n rijtrapvorm is of dat het voor allemaal geldt. (31:25)
Voorbeeld: \((1,0),(0,1),(1,1)\) als kolommen geeft (na eventueel rijen verwisselen) \(\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&1\end{pmatrix}\); kolom 3 heeft geen spil, dus afhankelijk. [bord, gereconstrueerd] (32:46)
Meer kolommen dan rijen: elke rij bevat hooguit één spil, dus niet elke kolom krijgt er een. Gevolg: \(k>n\) vectoren in \(\mathbb{R}^n\) zijn altijd lineair afhankelijk. Bij \(k\le n\) kan het allebei. (34:19)

Voorbeeld in \(\mathbb{R}^4\) (35:29)

\(v_1=(0,1,2,1)\), \(v_2=(2,3,4,1)\), \(v_3=(1,2,3,1)\) als kolommen; vegen overgeslagen [bord, gereconstrueerd] (35:42)

\[A=\begin{pmatrix}0&2&1\\1&3&2\\2&4&3\\1&1&1\end{pmatrix}\longrightarrow H=\begin{pmatrix}1&3&2\\0&2&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}\]
Kolom 3 heeft geen spil, dus er is een vrije variabele: afhankelijk, ook al is \(k=3<4\). (36:45)
Kern: \(x_3=s\); rij 2 geeft \(x_2=-\tfrac12s\), rij 1 geeft \(x_1=-3x_2-2s=-\tfrac12s\). Dus [bord, gereconstrueerd] (40:33)

\[\ker A=\operatorname{span}\big((-\tfrac12,-\tfrac12,1)\big)=\operatorname{span}\big((1,1,-2)\big)\]
Schalen (hier met \(-2\)) mag omdat het om een span gaat, de oplossingen van een homogeen stelsel. Een oplossing van \(Ax=b\) met \(b\neq0\) mag je niet schalen: \(A(2x)=2b\). (42:04)
De relatie is \(v_1+v_2-2v_3=0\); controle: \(v_1+v_2=(2,4,6,2)=2v_3\). (43:39)

Drie deelruimten bij een matrix (37:46)

Bij de \(4\times3\)-matrix hierboven: kolomruimte \(\subseteq\mathbb{R}^4\), rijruimte en kern \(\subseteq\mathbb{R}^3\). (38:02)
Rijoperaties veranderen de rijruimte niet: elke nieuwe rij is een lineaire combinatie van de oude rijen en andersom. (38:32)
Dus verandert de kern ook niet, want \(\ker A\) is alles wat loodrecht op de rijruimte staat (college 5). Daarom mag je de kern van de rijtrapvorm uitrekenen. (39:24)
De kolomruimte kan wel veranderen; daar moet je rekening mee houden. (40:18)

Equivalente uitspraken voor een vierkante matrix (44:53)

Stelling: voor een \(n\times n\)-matrix \(A\) zijn de volgende uitspraken equivalent. [bord, gereconstrueerd] (45:15)
(1) Voor alle \(b\in\mathbb{R}^n\) is \(Ax=b\) oplosbaar.
(2) De gereduceerde rijtrapvorm van \(A\) is \(I_n\).
(3) \(A\) is inverteerbaar.
(4) De kolommen van \(A\) vormen een basis van \(\mathbb{R}^n\).
(5) Voor alle \(b\in\mathbb{R}^n\) is er een unieke \(x\in\mathbb{R}^n\) met \(Ax=b\).
(6) \(\ker A=\{0\}\).
(7) Er is een \(b\in\mathbb{R}^n\) waarvoor \(Ax=b\) een unieke oplossing heeft.
Uitspraak 7 staat niet in de aantekeningen. Het woord "uniek" is essentieel: een \(b\) met een oplossing is er altijd, namelijk \(b=0\) met \(x=0\). (48:12)
Bewijsstrategie: niet elk paar apart; het volstaat een schema van implicaties waarin je van elke uitspraak naar elke andere kunt komen (een kring \(1\Rightarrow2\Rightarrow\dots\Rightarrow7\Rightarrow1\) zou ook werken). Gebruikt: \(2\Rightarrow3\Rightarrow5\Rightarrow6\Rightarrow2\), \(6\Leftrightarrow7\), \(4\Leftrightarrow5\), \(5\Rightarrow1\) en \(1\Rightarrow3\). Figuur: graaf met de zeven uitspraken als punten en de implicaties als pijlen. [bord, gereconstrueerd] (49:08)
\(5\Rightarrow1\): flauw; uniciteit is niet eens nodig. (51:25)
\(1\Rightarrow3\): kies \(b=e_1,\dots,e_n\); dat geeft \(x_1,\dots,x_n\) met \(Ax_j=e_j\). Zet die als kolommen in \(X\); dan is \(AX=I_n\). [bord, gereconstrueerd] Voor vierkante matrices hoef je maar één kant te controleren, dus \(A\) is inverteerbaar. (51:50)
\(3\Rightarrow5\): vermenigvuldig \(Ax=b\) links met \(A^{-1}\); elke oplossing is dus \(x=A^{-1}b\) (uniek), en \(x=A^{-1}b\) voldoet ook (bestaat). (54:27)
\(4\Leftrightarrow5\): \(Ax\) is een lineaire combinatie van de kolommen van \(A\). Voor elke \(b\) een unieke \(x\) betekent dus dat elke \(b\) op unieke wijze zo'n combinatie is: precies een basis. (55:16)
\(6\Rightarrow7\): neem \(b=0\). (56:05)
\(7\Rightarrow6\): het verschil van twee oplossingen van \(Ax=b\) ligt in \(\ker A\), en als \(Ay=b\) en \(z\in\ker A\), dan is \(y+z\) ook een oplossing. Een unieke oplossing laat dus geen \(z\neq0\) in de kern toe. (56:33)
\(5\Rightarrow6\) (na de pauze): neem \(b=0\); \(x=0\) is een oplossing en die is uniek, dus \(\ker A=\{0\}\). (68:04)
\(6\Rightarrow2\): kern \(\{0\}\) betekent geen vrije variabelen, dus elke kolom van de rijtrapvorm heeft een spil; een gereduceerde \(n\times n\)-matrix met \(n\) spillen is \(I_n\). (69:08)
\(2\Rightarrow3\): dit is het algoritme voor de inverse: veeg \((A\mid I_n)\) tot \((I_n\mid A^{-1})\). (69:53)

Basis voor rijruimte en kern: voorbeeld (70:30)

\(4\times5\)-matrix uit de aantekeningen, met rijtrapvorm (vegen overgeslagen; zelf narekenen) [bord, gereconstrueerd] (71:35)

\[A=\begin{pmatrix}1&1&-1&0&2\\3&0&-1&3&3\\5&-1&-1&6&4\\2&-1&0&3&1\end{pmatrix}\longrightarrow H=\begin{pmatrix}1&0&-\frac13&1&1\\0&1&-\frac23&-1&1\\0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}\]
\(C(A)\subseteq\mathbb{R}^4\); rijruimte en \(\ker A\subseteq\mathbb{R}^5\). (72:10)
Rijruimte: gelijk aan die van \(H\), met basis de niet-nulrijen \(v_1=(1,0,-\tfrac13,1,1)\) en \(v_2=(0,1,-\tfrac23,-1,1)\). (73:35)
Opspannen: per definitie; nulrijen dragen niets bij. (74:48)
Onafhankelijk: bekijk de niet-nulrijen van onder naar boven. De onderste is \(\neq0\), dus geen combinatie van "de vorige" (die zijn er niet). Elke hogere rij heeft een spil op een plek waar alle rijen eronder een \(0\) hebben, dus is geen combinatie daarvan. Dit geldt voor elke rijtrapvorm. (75:23)
Kern: \(\ker A=\ker H\). Vrije variabelen \(x_3=r\), \(x_4=s\), \(x_5=t\); rij 2 geeft \(x_2=\tfrac23r+s-t\), rij 1 geeft \(x_1=\tfrac13r-s-t\). Dus [bord, gereconstrueerd] (79:40)

\[x=r\begin{pmatrix}\frac13\\\frac23\\1\\0\\0\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}-1\\1\\0\\1\\0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-1\\-1\\0\\0\\1\end{pmatrix}=r\,w_1+s\,w_2+t\,w_3\]
\(\ker A=\operatorname{span}(w_1,w_2,w_3)\), met één vector per vrije variabele: zet die op \(1\) en de andere vrije variabelen op \(0\). (83:15)
Onafhankelijk: op plek 3, 4 en 5 van \(rw_1+sw_2+tw_3\) staan precies \(r\), \(s\) en \(t\). Is de combinatie \(0\), dan dus \(r=s=t=0\). (85:20)

Algemeen recept, en de kolomruimte (87:39)

Voor een \(m\times n\)-matrix \(A\) met rijtrapvorm \(H\): \(C(A)\subseteq\mathbb{R}^m\), rijruimte \(R_A\subseteq\mathbb{R}^n\) en \(\ker A\subseteq\mathbb{R}^n\). (88:21)
Basis van \(R_A\): de niet-nulrijen van \(H\). (88:51)
Basis van \(\ker A\): de voortbrengers die je krijgt door \(Hx=0\) op te lossen; die zijn vanzelf onafhankelijk. (89:41)
Kolomruimte: alle kolommen van \(A\) spannen \(C(A)\) op, maar misschien zijn het er te veel. Je mag steeds een kolom weggooien die een combinatie van de vorige kolommen is. (91:26)
Welke dat zijn, volgt uit de lineaire relaties tussen de kolommen, en die staan in de kern, die niet verandert. Kolom \(j\) van \(A\) is dus een combinatie van de vorige precies als kolom \(j\) van \(H\) dat is; in \(H\) zijn dat precies de kolommen zonder spil. (92:45)
Basis van \(C(A)\): de kolommen van \(A\) (niet van \(H\)) op de plekken van de spilkolommen van \(H\). In het voorbeeld: \((1,3,5,2)\) en \((1,0,-1,-1)\). (94:41)
Deze methode voor een basis van een span staat ook in het boek. (boek, §2.1)

Basis voor de span van gegeven vectoren (96:44)

\(v_1=(1,2,0)\), \(v_2=(3,6,0)\), \(v_3=(-3,1,-7)\), \(v_4=(2,1,3)\) en \(W=\operatorname{span}(v_1,\dots,v_4)\subseteq\mathbb{R}^3\). Vier vectoren in \(\mathbb{R}^3\), dus zeker afhankelijk. (97:52)
Manier 1: zet ze als rijen in een \(4\times3\)-matrix en veeg; de niet-nulrijen van de rijtrapvorm vormen een basis van \(W\) (er komt zeker minstens één nulrij). Voordeel: direct af te lezen. Nadeel: de oorspronkelijke vectoren zijn niet meer te herkennen. (99:10) (Niet in het college uitgerekend: \(R_2-3R_1\), \(R_3+3R_1\), \(R_4-2R_1\) en dan \(R_4+\tfrac37R_3\) geven de niet-nulrijen \((1,2,0)\) en \((0,7,-7)\).)
Manier 2: zet ze als kolommen in \(B\) en veeg (stappen overgeslagen) [bord, gereconstrueerd] (100:51)

\[B=\begin{pmatrix}1&3&-3&2\\2&6&1&1\\0&0&-7&3\end{pmatrix}\longrightarrow\begin{pmatrix}1&3&-3&2\\0&0&7&-3\\0&0&0&0\end{pmatrix}\]
Spilkolommen 1 en 3, dus \((v_1,v_3)\) is een basis van \(W\) die uit de oorspronkelijke vectoren bestaat. \(v_2=3v_1\) valt af; die relatie zie je zowel in \(B\) als in de rijtrapvorm (kolom 2 is \(3\times\) kolom 1). (102:19)
Alle bases van \(W\) hebben evenveel elementen (zie de stelling hieronder), dus achteraf weet je zonder rekenen dat manier 1 ook twee niet-nulrijen geeft. (103:59)

Stelling: onafhankelijk stel is niet groter dan opspannend stel (104:33)

Stelling: zij \(W\) een lineaire deelruimte van \(\mathbb{R}^n\), \(v_1,\dots,v_k\in W\) lineair onafhankelijk en \(w_1,\dots,w_l\in W\) met \(\operatorname{span}(w_1,\dots,w_l)=W\). Dan geldt \(k\le l\). [bord, gereconstrueerd] (104:49)
Voorbeeld: \(\mathbb{R}^n\) wordt opgespannen door \(e_1,\dots,e_n\), dus hooguit \(n\) onafhankelijke vectoren in \(\mathbb{R}^n\), zoals eerder gezien. De stelling geldt echter in elke deelruimte. (106:22)
Bewijs: zet \(w_1,\dots,w_l\) als kolommen in de \(n\times l\)-matrix \(B\) en \(v_1,\dots,v_k\) in de \(n\times k\)-matrix \(A\). Elke \(v_j\in W\) is een combinatie van de kolommen van \(B\): \(v_j=Bx_j\) met \(x_j\in\mathbb{R}^l\). Met \(C\) de \(l\times k\)-matrix met kolommen \(x_1,\dots,x_k\) geldt [bord, gereconstrueerd] (107:05)

\[BC=A\]
\(v_1,\dots,v_k\) onafhankelijk geeft \(\ker A=\{0\}\). Als \(Cy=0\), dan \(Ay=B(Cy)=B0=0\) (twee verschillende nullen: in \(\mathbb{R}^l\) en in \(\mathbb{R}^n\)). Dus \(y\in\ker A\), dus \(y=0\): ook \(\ker C=\{0\}\). (109:12)
Dus bevat elke kolom van een rijtrapvorm van \(C\) een spil, en het aantal kolommen van \(C\) is hooguit het aantal rijen van \(C\). \(C\) heeft \(k\) kolommen en \(l\) rijen (evenveel als \(B\) kolommen heeft), dus \(k\le l\). [bord, gereconstrueerd] (111:39)
Gevolg (aangekondigd): elke twee bases van \(W\) hebben evenveel elementen; dit wordt volgende keer veel gebruikt. (104:09) In het boek leidt dit tot het begrip dimensie. (boek, §2.1)

4. Begrippen & definities

Voortbrengers van \(W\): vectoren waarvan de span \(W\) is.
Lineaire relatie: \(c_1,\dots,c_k\), niet allemaal \(0\), met \(c_1v_1+\dots+c_kv_k=0\).
Lineair afhankelijk / onafhankelijk: er is wel / geen lineaire relatie; equivalent: er is wel / geen \(j\) met \(v_j\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_{j-1})\).
Basis van \(W\): rijtje \((v_1,\dots,v_k)\) in \(W\) dat \(W\) opspant en lineair onafhankelijk is; equivalent: elke \(x\in W\) is op unieke wijze een lineaire combinatie ervan.
Rijtrapvorm voor \(A\): matrix in rijtrapvorm die uit \(A\) ontstaat door elementaire rijoperaties.
Spilkolom: kolom van de rijtrapvorm die een spil bevat.
Rijruimte \(R_A\): span van de rijen; voor een \(m\times n\)-matrix in \(\mathbb{R}^n\); verandert niet onder rijoperaties.
Kern \(\ker A\): \(\{x\in\mathbb{R}^n\mid Ax=0\}\); verandert niet onder rijoperaties.
Kolomruimte \(C(A)\): span van de kolommen, in \(\mathbb{R}^m\); kan wel veranderen onder rijoperaties.
Inverteerbaar: er is een \(B\) met \(AB=BA=I_n\); voor vierkante matrices volstaat één van beide.

5. Benadrukt / waarschijnlijke tentamenstof

Tentamenstof

Uniciteit bewijzen: neem twee elementen met de eigenschap en toon aan dat ze gelijk zijn. (16:47)
Afhankelijk ⇔ één vector is een combinatie van de vorige; dit feit komt vaak terug. (25:29)
Precies formuleren: "als \(H\) een rijtrapvorm voor \(A\) is, dan bevat elke kolom van \(H\) een spil", niet de dubbelzinnige versie. (31:25)
Rijoperaties veranderen rijruimte en kern niet; de kolomruimte kan wel veranderen. (40:18)
Een antwoordvector mag je alleen schalen als de vraag dat toelaat: een voortbrenger van een span wel, een oplossing van een inhomogeen stelsel niet. (42:10)
De zeven equivalente uitspraken voor een vierkante matrix en hun bewijzen. Na de pauze maakte de docent alle pijlen af. (67:44)
Equivalentie van veel uitspraken bewijs je met een schema van implicaties waarin elke uitspraak elke andere bereikt. (49:08)
Basis kolomruimte: kolommen uit \(A\) zelf; basis rijruimte: rijen uit \(H\). (94:51)
Zelf doen: kolom 3, 4 en 5 van het \(4\times5\)-voorbeeld schrijven als combinatie van de eerste twee, met de relaties uit de kern. (96:00)
De stelling \(k\le l\) (onafhankelijk versus opspannend) wordt volgende keer veel gebruikt. (112:55)

6. Oefenvragen

Bewijs: als \(v_1,\dots,v_k\) lineair onafhankelijk zijn en \(v_{k+1}\notin\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)\), dan zijn \(v_1,\dots,v_{k+1}\) lineair onafhankelijk. Gebruik de stelling dat vectoren lineair afhankelijk zijn precies dan als er één een lineaire combinatie van de vorige is.
Zijn \((1,0,1,2)\), \((0,1,1,1)\) en \((1,1,2,4)\) in \(\mathbb{R}^4\) lineair onafhankelijk?
(a) Laat met de equivalente uitspraken zien dat \(A=\begin{pmatrix}1&2\\3&6\end{pmatrix}\) niet inverteerbaar is, en geef een \(b\) waarvoor \(Ax=b\) geen oplossing heeft. (b) Bewijs de implicatie \(7\Rightarrow6\) voor een \(n\times n\)-matrix \(A\): als er een \(b\in\mathbb{R}^n\) is waarvoor \(Ax=b\) een unieke oplossing heeft, dan is \(\ker A=\{0\}\).
Geef een basis voor de rijruimte, de kern en de kolomruimte van \(A=\begin{pmatrix}1&2&0&1\\2&4&1&4\\3&6&1&5\end{pmatrix}\). Laat ook zien dat de kolomruimte van je rijtrapvorm \(H\) niet gelijk is aan \(C(A)\). Waarom mag je de kern wel uit \(H\) halen?
Schrijf in het \(4\times5\)-voorbeeld uit het college kolom 3, 4 en 5 van \(A\) (\(a_3\), \(a_4\), \(a_5\)) als lineaire combinatie van de eerste twee kolommen \(a_1=(1,3,5,2)\) en \(a_2=(1,0,-1,-1)\).
Kunnen vijf vectoren in \(\mathbb{R}^4\) lineair onafhankelijk zijn? Kunnen drie vectoren \(\mathbb{R}^4\) opspannen?

Antwoorden

Stel dat \(v_1,\dots,v_{k+1}\) lineair afhankelijk zijn. Volgens de stelling is er dan een \(j\) met \(1\le j\le k+1\) en \(v_j\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_{j-1})\). Voor \(j=k+1\) kan dat niet, want \(v_{k+1}\notin\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)\). Voor \(j\le k\) ook niet, want dan zouden \(v_1,\dots,v_k\) volgens dezelfde stelling lineair afhankelijk zijn. Tegenspraak, dus \(v_1,\dots,v_{k+1}\) zijn lineair onafhankelijk.
Ja. Met de vectoren als kolommen geven \(R_3-R_1\), \(R_4-2R_1\), dan \(R_3-R_2\), \(R_4-R_2\) en het verwisselen van \(R_3\) en \(R_4\) de rijtrapvorm met rijen \((1,0,1)\), \((0,1,1)\), \((0,0,1)\), \((0,0,0)\). Elke kolom heeft een spil, dus \(\ker A=\{0\}\).
(a) \(A(2,-1)=(0,0)\), dus \(\ker A\neq\{0\}\): uitspraak 6 faalt, dus ook 3. De kolomruimte is \(\operatorname{span}((1,3))\), want \((2,6)=2(1,3)\); bijv. \(b=(1,0)\) ligt daar niet in, dus \(Ax=b\) is niet oplosbaar (uitspraak 1 faalt). (b) Zij \(y\) de unieke oplossing van \(Ax=b\) en \(z\in\ker A\). Dan is \(A(y+z)=Ay+Az=b+0=b\), dus \(y+z\) is ook een oplossing. Uniciteit geeft \(y+z=y\), dus \(z=0\). Dus \(\ker A=\{0\}\).
\(R_2-2R_1\), \(R_3-3R_1\) en dan \(R_3-R_2\) geven \(H\) met rijen \((1,2,0,1)\), \((0,0,1,2)\), \((0,0,0,0)\). Rijruimte: \((1,2,0,1)\), \((0,0,1,2)\). Spilkolommen 1 en 3, dus kolomruimte: \((1,2,3)\), \((0,1,1)\). Kern: met \(x_2=s\), \(x_4=t\) volgt \(x_3=-2t\) en \(x_1=-2s-t\), dus basis \((-2,1,0,0)\), \((-1,0,-2,1)\). Alle kolommen van \(H\) hebben een \(0\) op plek 3, dus elke vector in \(C(H)\) ook; maar \((1,2,3)\in C(A)\) heeft een \(3\) op plek 3, dus \(C(H)\neq C(A)\). Daarom neem je voor de kolomruimte de kolommen van \(A\) zelf. De kern verandert niet: rijoperaties veranderen de rijruimte niet (elke nieuwe rij is een combinatie van de oude en andersom), en \(\ker A\) is alles wat loodrecht op de rijruimte staat, dus \(\ker A=\ker H\).
Uit \(w_1,w_2,w_3\) in de kern volgen \(\tfrac13a_1+\tfrac23a_2+a_3=0\), \(-a_1+a_2+a_4=0\) en \(-a_1-a_2+a_5=0\). Dus \(a_3=-\tfrac13a_1-\tfrac23a_2=(-1,-1,-1,0)\), \(a_4=a_1-a_2=(0,3,6,3)\) en \(a_5=a_1+a_2=(2,3,4,1)\).
Nee: als kolommen geven vijf vectoren meer kolommen dan rijen, dus niet elke kolom een spil. Nee: als drie vectoren \(\mathbb{R}^4\) opspannen, geeft de stelling met de onafhankelijke \(e_1,\dots,e_4\) dat \(4\le3\), tegenspraak.

7. Onduidelijke stukken om na te kijken in de opname

~09:15–09:34 en ~10:40–11:06: slecht verstaanbaar; de definities van afhankelijk en basis zijn gereconstrueerd uit de context.
~18:23: docent schreef eerst \(x_1e_1+\dots+x_ne_n\) en verving de coëfficiënten mogelijk door \(c_i\).
~20:40: de studentopmerking dat elk tweetal een basis is, is niet te horen; alleen het antwoord.
~25:08: teken in de formule voor \(v_j\) ("misschien moet ik hier een min zetten") gereconstrueerd als \(-\tfrac{1}{c_j}(\dots)\).
~32:46–33:11: volgorde van de vectoren in de matrix onduidelijk (te horen is "0, 1, 1, 0 en 1, 1"; daarna worden twee rijen verwisseld).
~34:19: antwoord van de student niet te horen; gereconstrueerd uit de reactie van de docent.
~47:24 en ~67:59: bij uitspraak 5 vergat de docent eerst "voor alle \(b\)"; na de pauze toegevoegd.
~50:10–50:57: schema van implicaties gereconstrueerd uit de audio; controleer de pijlen op het bord.
~56:26–57:39: docent verwisselt eerst \(6\Rightarrow7\) en \(7\Rightarrow6\) en corrigeert zich; het argument voor \(7\Rightarrow6\) is rommelig uitgesproken.
~71:40: de 20 getallen van de \(4\times5\)-matrix in één keer opgelezen; rijsgewijs geïnterpreteerd, bevestigd door \(H\) en de basis van de kolomruimte.
~90:48: docent zegt "lineair afhankelijk"; bedoeld is onafhankelijk.
~95:35: "die kolommen van A H" opgevat als: de kolommen van \(A\).
~97:14–97:37: vraag en wissel van bord; mogelijk was een deel van het bord niet in beeld.
~98:04 en ~101:27–102:06: derde coördinaat van \(v_3\) eerst als \(7\) genoemd, na een opmerking van een student \(-7\). Alleen met \(-7\) klopt de rijtrapvorm (twee spillen) en de opmerking dat manier 1 ook twee niet-nulrijen geeft; controleer het bord.
~107:41–108:07: de namen \(A\), \(B\), \(C\) zijn gereconstrueerd uit ~108:28 en ~109:12; de docent koos ze naar het boek en de aantekeningen.
~110:30–110:55: "C keer 0" is een verspreking voor \(B\cdot0\); welke nulruimten hij precies noemt ("de een en de ene R. K, L") is onduidelijk.