# Radrum, Kolonnrum & Nollrum > **Föreläsning:** V5L1 · **Ämne:** Linjär algebra > **Förkunskaper:** Vektorrum, delrum ([[V4L1 M0067M]]), linjärt hölje, linjärt oberoende ([[V4L2 M0067M]]), bas, koordinater ([[V4L3 M0067M]]), dimension ([[V4L4 M0067M]]), basbyte ([[V4L5 M0067M]]) --- ## Ordlista svenska ↔ engelska | Svenska | Engelska | |---|---| | Kolonnrum (kolumnrum) | Column space | | Radrum | Row space | | Nollrum | Null space (kernel) | | Rang | Rank | | Dimensionssatsen | Rank–nullity theorem | | Pivot | Pivot | | Fri variabel | Free variable | | Partikulär lösning | Particular solution | | Homogen lösning | Homogeneous solution | | Inverterbar | Invertible | --- ## 1. Tre fundamentala delrum kopplade till en matris > [3B1B: Inverse matrices, column space and null space](https://youtu.be/uQhTuRlWMxw) Givet en $m \times n$-matris $A$ definierar vi tre delrum. Dessa beskriver **allt** man behöver veta om det linjära systemet $A\vec{x} = \vec{b}$. ### 1.1 Kolonnrummet $\text{col}(A)$ > [!abstract] Definition: Kolonnrum > Låt $A$ vara en $m \times n$-matris med kolumner $\vec{a}_1, \vec{a}_2, \dots, \vec{a}_n$. > > **Kolonnrummet** är spannet av kolumnerna: > > $\text{col}(A) = \text{span}\{\vec{a}_1, \vec{a}_2, \dots, \vec{a}_n\} \subseteq \mathbb{R}^m$ **Intuition:** Kolonnrummet är mängden av **alla vektorer $\vec{y}$** sådana att ekvationen $A\vec{x} = \vec{y}$ **har en lösning**. Det vill säga: $\vec{y} \in \text{col}(A) \iff \text{det finns ett } \vec{x} \in \mathbb{R}^n \text{ sådant att } A\vec{x} = \vec{y}$ **Varför?** Att skriva $A\vec{x} = \vec{y}$ är samma sak som att skriva $x_1\vec{a}_1 + x_2\vec{a}_2 + \dots + x_n\vec{a}_n = \vec{y}$, alltså att $\vec{y}$ är en linjärkombination av kolumnerna i $A$. Det betyder precis att $\vec{y} \in \text{span}\{\vec{a}_1, \dots, \vec{a}_n\} = \text{col}(A)$. > [!example]- Räkneexempel: Kolonnrum > Låt $A = \begin{bmatrix}1 & 2 \\ 3 & 6\end{bmatrix}$. > > Kolumnerna är $\vec{a}_1 = \begin{bmatrix}1\\3\end{bmatrix}$ och $\vec{a}_2 = \begin{bmatrix}2\\6\end{bmatrix} = 2\vec{a}_1$. > > Eftersom $\vec{a}_2$ är en multipel av $\vec{a}_1$: > > $\text{col}(A) = \text{span}\left\{\begin{bmatrix}1\\3\end{bmatrix}\right\}$ > > Det är en **linje genom origo** i $\mathbb{R}^2$. Bara vektorer på denna linje (dvs. av formen $t\begin{bmatrix}1\\3\end{bmatrix}$) kan vara högerled till $A\vec{x} = \vec{b}$ som har en lösning. --- ### 1.2 Radrummet $\text{row}(A)$ > [!abstract] Definition: Radrum > Låt $A$ vara en $m \times n$-matris med rader $\vec{r}_1, \vec{r}_2, \dots, \vec{r}_m$. > > **Radrummet** är spannet av raderna (betraktade som vektorer i $\mathbb{R}^n$): > > $\text{row}(A) = \text{span}\{\vec{r}_1, \vec{r}_2, \dots, \vec{r}_m\} \subseteq \mathbb{R}^n$ **Alternativ formulering:** Radrummet av $A$ är samma sak som kolonnrummet av $A^T$: $\text{row}(A) = \text{col}(A^T)$ > [!example]- Räkneexempel: Radrum > Samma $A = \begin{bmatrix}1 & 2 \\ 3 & 6\end{bmatrix}$. > > Raderna är $\vec{r}_1 = \begin{bmatrix}1 & 2\end{bmatrix}$ och $\vec{r}_2 = \begin{bmatrix}3 & 6\end{bmatrix} = 3\vec{r}_1$. > > $\text{row}(A) = \text{span}\left\{\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}\right\} \subseteq \mathbb{R}^2$ --- ### 1.3 Nollrummet $\text{null}(A)$ > [!abstract] Definition: Nollrum > Låt $A$ vara en $m \times n$-matris. > > **Nollrummet** (eller **kärnan**) är mängden av alla lösningar till det homogena systemet: > > $\text{null}(A) = \{\vec{x} \in \mathbb{R}^n : A\vec{x} = \vec{0}\}$ **Intuition:** Nollrummet innehåller alla vektorer som $A$ "dödar" — skickar till nollvektorn. > [!example]- Räkneexempel: Nollrum > Samma $A = \begin{bmatrix}1 & 2 \\ 3 & 6\end{bmatrix}$. Lös $A\vec{x} = \vec{0}$: > > $\begin{bmatrix}1 & 2 & | & 0 \\ 3 & 6 & | & 0\end{bmatrix} \xrightarrow{R_2 - 3R_1} \begin{bmatrix}1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0\end{bmatrix}$ > > En ekvation: $x_1 + 2x_2 = 0 \implies x_1 = -2x_2$. Sätt $x_2 = t$: > > $\vec{x} = t\begin{bmatrix}-2\\1\end{bmatrix}$ > > $\text{null}(A) = \text{span}\left\{\begin{bmatrix}-2\\1\end{bmatrix}\right\}$ --- ## 2. Koppling till lösbarhet: $A\vec{x} = \vec{b}$ och kolonnrummet > [!theorem] Sats: Lösbarhet via kolonnrummet > Det linjära systemet $A\vec{x} = \vec{b}$ **har en lösning** om och bara om > > $\vec{b} \in \text{col}(A)$ **Med andra ord:** Kan $\vec{b}$ skrivas som en linjärkombination av kolumnerna i $A$? Om ja → lösning finns. Om nej → systemet saknar lösning. > [!example]- Räkneexempel: Har $A\vec{x} = \vec{b}$ en lösning? > Låt $A = \begin{bmatrix}1 & 3 \\ 2 & 6\end{bmatrix}$ och $\vec{b} = \begin{bmatrix}4\\8\end{bmatrix}$. > > Vi vet att $\text{col}(A) = \text{span}\left\{\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}\right\}$ (samma linje som innan). > > Är $\begin{bmatrix}4\\8\end{bmatrix} = t\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}$? Ja, med $t = 4$. Alltså $\vec{b} \in \text{col}(A)$ och systemet har en lösning. > > Vad om $\vec{b} = \begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$? Då behöver vi $t = 1$ och $2t = 1$, dvs. $t = 1/2$ — motsägelse. Alltså $\vec{b} \notin \text{col}(A)$ och systemet saknar lösning. --- ## 3. Lösningens struktur: $\vec{x} = \vec{x}_P + \vec{x}_H$ Om $A\vec{x} = \vec{b}$ har en lösning kan vi beskriva **alla** lösningar med hjälp av nollrummet. > [!theorem] Sats: Allmän lösning = partikulär + homogen > Om $\vec{x}_P$ är **en** (partikulär) lösning till $A\vec{x} = \vec{b}$, så är **alla** lösningar av formen > > $\vec{x} = \vec{x}_P + \vec{x}_H$ > > där $\vec{x}_H \in \text{null}(A)$ (dvs. $A\vec{x}_H = \vec{0}$). **Bevis:** Om $A\vec{x}_P = \vec{b}$ och $A\vec{x}_H = \vec{0}$, så $A(\vec{x}_P + \vec{x}_H) = A\vec{x}_P + A\vec{x}_H = \vec{b} + \vec{0} = \vec{b}$ ✓. Omvänt, om $A\vec{x} = \vec{b}$, sätt $\vec{x}_H = \vec{x} - \vec{x}_P$. Då $A\vec{x}_H = A\vec{x} - A\vec{x}_P = \vec{b} - \vec{b} = \vec{0}$, alltså $\vec{x}_H \in \text{null}(A)$. ∎ > [!tip] Koppling till differentialekvationer > Om du har läst om differentialekvationer känner du igen denna struktur! För en linjär ODE $Ly = f(t)$ gäller exakt samma princip: > > $y(t) = y_P(t) + y_H(t)$ > > där $y_P$ är en partikulärlösning till $Ly = f$ och $y_H$ löser den homogena ekvationen $Ly = 0$. > > Det beror på att **samma linjära algebra** ligger bakom — lineariteten i $A$ (respektive $L$) gör att skillnaden mellan två lösningar alltid tillhör nollrummet (respektive den homogena lösningen). > [!example]- Räkneexempel: Allmän lösning > Lös $A\vec{x} = \vec{b}$ där > > $A = \begin{bmatrix}1 & 3 & 1 \\ 2 & 6 & 4\end{bmatrix}, \quad \vec{b} = \begin{bmatrix}2\\8\end{bmatrix}$ > > **Steg 1:** Radreducera $[A \mid \vec{b}]$: > > $\begin{bmatrix}1 & 3 & 1 & | & 2 \\ 2 & 6 & 4 & | & 8\end{bmatrix} \xrightarrow{R_2 - 2R_1} \begin{bmatrix}1 & 3 & 1 & | & 2 \\ 0 & 0 & 2 & | & 4\end{bmatrix}$ > > **Steg 2:** Läs av. Från rad 2: $2x_3 = 4 \implies x_3 = 2$. Från rad 1: $x_1 + 3x_2 + 2 = 2 \implies x_1 = -3x_2$. > > $x_2$ är fri, sätt $x_2 = t$. > > **Partikulärlösning** (sätt $t = 0$): $\vec{x}_P = \begin{bmatrix}0\\0\\2\end{bmatrix}$ > > **Homogen lösning:** $\vec{x}_H = t\begin{bmatrix}-3\\1\\0\end{bmatrix}$ > > **Allmän lösning:** > > $\vec{x} = \underbrace{\begin{bmatrix}0\\0\\2\end{bmatrix}}_{\vec{x}_P} + t\underbrace{\begin{bmatrix}-3\\1\\0\end{bmatrix}}_{\in \text{null}(A)}$ --- ## 4. Hitta baser för rad-, kolonn- och nollrummet Givet en matris $A$ vill vi hitta baser för alla tre delrum. Nyckeln är **radreducering**. ### 4.1 Metod: komplett exempel Låt oss gå igenom hela processen med ett exempel. > [!example]- Genomarbetat exempel > Låt > > $A = \begin{bmatrix}1 & 2 & 0 & 1 \\ 2 & 4 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 1 & 2\end{bmatrix}$ > > Vi söker baser för $\text{row}(A)$, $\text{col}(A)$ och $\text{null}(A)$. > > --- > > **Steg 1: Radreducera $A$** > > $A = \begin{bmatrix}1 & 2 & 0 & 1 \\ 2 & 4 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 1 & 2\end{bmatrix} \xrightarrow{R_2 - 2R_1} \begin{bmatrix}1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 2\end{bmatrix} \xrightarrow{R_3 - R_1} \begin{bmatrix}1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1\end{bmatrix}$ > > $\xrightarrow{R_3 - R_2} \begin{bmatrix}1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix} = R \quad \text{(trappstegsform)}$ > > Vi ser **2 pivoter** i kolumn 1 och kolumn 3. **Pivotkolumner:** 1 och 3. **Fria kolumner:** 2 och 4. > > --- > > **Steg 2: Bas för radrummet $\text{row}(A)$** > > > [!important] Regel: Bas för radrummet > > De **nollskilda raderna** i trappstegsformen $R$ bildar en bas för $\text{row}(A)$. > > Radreducering ändrar inte radrummet (varje radoperation omskriver rader som linjärkombinationer av befintliga), så $\text{row}(A) = \text{row}(R)$. > > $\boxed{\text{Bas för row}(A): \left\{\begin{bmatrix}1\\2\\0\\1\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0\\0\\1\\1\end{bmatrix}\right\}}$ > > --- > > **Steg 3: Bas för kolonnrummet $\text{col}(A)$** > > > [!important] Regel: Bas för kolonnrummet > > **Pivotkolumnerna i den ursprungliga matrisen $A$** bildar en bas för $\text{col}(A)$. > > > [!warning] Viktigt: Använd kolumnerna i $A$, inte i $R$! > > Radreducering ändrar radrummet aldrig, men den **ändrar** kolonnrummet. Pivotkolumnerna i $R$ pekar ut *vilka* kolumner som är oberoende, men basvektorerna ska hämtas från **originalmatrisen** $A$. > > Pivoterna sitter i kolumn 1 och kolumn 3, så vi tar kolumn 1 och 3 **från $A$**: > > $\boxed{\text{Bas för col}(A): \left\{\begin{bmatrix}1\\2\\1\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix}\right\}}$ > > --- > > **Steg 4: Bas för nollrummet $\text{null}(A)$** > > > [!important] Regel: Bas för nollrummet > > Lös $A\vec{x} = \vec{0}$ och uttryck lösningen i termer av de fria variablerna. Koefficientvektorerna bildar basen. > > Från trappstegsformen $R$: > > $x_1 + 2x_2 + x_4 = 0 \implies x_1 = -2x_2 - x_4$ > $x_3 + x_4 = 0 \implies x_3 = -x_4$ > > Fria variabler: $x_2 = s$, $x_4 = t$. > > $\vec{x} = s\begin{bmatrix}-2\\1\\0\\0\end{bmatrix} + t\begin{bmatrix}-1\\0\\-1\\1\end{bmatrix}$ > > $\boxed{\text{Bas för null}(A): \left\{\begin{bmatrix}-2\\1\\0\\0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}-1\\0\\-1\\1\end{bmatrix}\right\}}$ --- ### 4.2 Sammanfattning av metoden | Delrum | Lever i | Bas hittas genom | Hämta vektorer från | |---|---|---|---| | $\text{row}(A)$ | $\mathbb{R}^n$ | Nollskilda rader i trappstegsformen $R$ | Trappstegsformen $R$ | | $\text{col}(A)$ | $\mathbb{R}^m$ | Pivotkolumner (markerade av pivoterna) | **Originalmatrisen $A$** | | $\text{null}(A)$ | $\mathbb{R}^n$ | Lös $A\vec{x} = \vec{0}$, fria variabler → basvektorer | Lösningen till $A\vec{x} = \vec{0}$ | > [!tip] Minnesregel > - **Radrum:** Radreducera och läs av raderna (från $R$). > - **Kolonnrum:** Radreducera och identifiera pivotkolumner, men hämta kolumnerna **från $A$** (inte $R$!). > - **Nollrum:** Radreducera och lös det homogena systemet. --- ## 5. Dimensioner och pivoter — de centrala sambanden Pivoterna i trappstegsformen avslöjar direkt dimensionerna av alla tre delrum. > [!theorem] Dimensioner via pivoter > Låt $A$ vara en $m \times n$-matris och låt $r$ = antalet pivoter i trappstegsformen. Då: > > $\dim(\text{col}(A)) = r \quad \text{(= antalet pivoter)}$ > $\dim(\text{row}(A)) = r \quad \text{(= antalet pivoter)}$ > $\dim(\text{null}(A)) = n - r \quad \text{(= antalet fria variabler)}$ **Varför?** - $\dim(\text{col}(A)) = r$: Vi valde $r$ pivotkolumner som bas — alltså $r$ basvektorer. - $\dim(\text{row}(A)) = r$: Det finns $r$ nollskilda rader i trappstegsformen — alltså $r$ basvektorer. - $\dim(\text{null}(A)) = n - r$: Det finns $n$ variabler totalt, $r$ pivotvariabler, och $n - r$ fria variabler. Varje fri variabel ger en basvektor i nollrummet. > [!example]- Verifiering med exemplet ovan > I exemplet: $A$ är $3 \times 4$, $r = 2$ pivoter, $n = 4$ kolumner. > > - $\dim(\text{col}(A)) = 2$ ✓ (vi hittade 2 basvektorer) > - $\dim(\text{row}(A)) = 2$ ✓ (vi hittade 2 nollskilda rader) > - $\dim(\text{null}(A)) = 4 - 2 = 2$ ✓ (vi hittade 2 basvektorer, motsvarande 2 fria variabler) --- ## 6. Rang (Rank) > [!abstract] Definition: Rang > **Rangen** av en matris $A$ definieras som > > $\text{rang}(A) = \dim(\text{col}(A))$ > > Ekvivalent: rangen är antalet pivoter i trappstegsformen av $A$. > > På engelska: $\text{rank}(A)$. Eftersom $\dim(\text{col}(A)) = \dim(\text{row}(A))$ gäller: $\text{rang}(A) = \dim(\text{col}(A)) = \dim(\text{row}(A)) = \text{antalet pivoter}$ > [!example]- Räkneexempel: Bestäm rangen > $A = \begin{bmatrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 3 \\ 2 & 1 & 7\end{bmatrix}$ > > Radreducera: > > $\xrightarrow{R_3 - 2R_1} \begin{bmatrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 3\end{bmatrix} \xrightarrow{R_3 - R_2} \begin{bmatrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$ > > 2 pivoter → $\text{rang}(A) = 2$. --- ## 7. Dimensionssatsen (Rank–Nullity Theorem) > [3B1B: Nonsquare matrices](https://youtu.be/v8VSDg_WQlA) Detta är ett av de viktigaste resultaten i hela linjär algebra. > [!theorem] Sats: Dimensionssatsen > Låt $A$ vara en $m \times n$-matris. Då gäller: > > $\boxed{\text{rang}(A) + \dim(\text{null}(A)) = n}$ > > där $n$ är antalet **kolumner** i $A$. **Med andra ord:** (antal pivoter) + (antal fria variabler) = (antal kolumner). Det totala antalet variabler delas upp i bundna (pivoter) och fria (nollrum). **Bevis:** I trappstegsformen av $A$ (som har $n$ kolumner) är varje kolumn antingen en pivotkolumn eller en fri kolumn. Antalet pivotkolumner = $\text{rang}(A) = r$, antalet fria kolumner = $n - r = \dim(\text{null}(A))$. Summan: $r + (n-r) = n$. ∎ > [!theorem] Sats: Rang och transponat > För varje matris $A$ gäller: > > $\text{rang}(A) = \dim(\text{col}(A)) = \dim(\text{row}(A))$ > > och därmed: > > $\text{rang}(A) = \text{rang}(A^T)$ **Varför?** $\text{row}(A) = \text{col}(A^T)$, alltså $\dim(\text{row}(A)) = \dim(\text{col}(A^T)) = \text{rang}(A^T)$. Och vi har redan visat att $\dim(\text{row}(A)) = \dim(\text{col}(A)) = \text{rang}(A)$. > [!example]- Verifiering av dimensionssatsen > Från det genomarbetade exemplet: $A$ är $3 \times 4$, $\text{rang}(A) = 2$, $\dim(\text{null}(A)) = 2$. > > $\text{rang}(A) + \dim(\text{null}(A)) = 2 + 2 = 4 = n \quad ✓$ > > Från rangexemplet: $A$ är $3 \times 3$, $\text{rang}(A) = 2$, alltså $\dim(\text{null}(A)) = 3 - 2 = 1$. --- ## 8. Den stora satsen om inverterbara matriser (utökning) Vi kan nu lägga till flera ekvivalenta villkor till den sats vi byggt upp genom kursen. Alla dessa påståenden om en $n \times n$-matris $A$ är **ekvivalenta** (antingen gäller alla, eller inget). > [!theorem] Sats: Ekvivalenta villkor för en $n \times n$-matris $A$ > Följande påståenden är ekvivalenta: > > 1. $A$ är **inverterbar** > 2. $\det(A) \neq 0$ > 3. $A$ kan radreduceras till identitetsmatrisen: $A \sim I$ > 4. $A\vec{x} = \vec{0}$ har bara den triviala lösningen $\vec{x} = \vec{0}$, dvs. $\text{null}(A) = \{\vec{0}\}$ > 5. $A$:s kolumner är **linjärt oberoende** ($T_A$ är injektiv) > 6. $A$:s kolumner **spänner upp** $\mathbb{R}^n$ ($T_A$ är surjektiv) > 7. $A^T$ är inverterbar > 8. $\text{rang}(A) = \dim(\text{col}(A)) = n$ > 9. $A$:s kolumner utgör en **bas** för $\mathbb{R}^n$ > 10. $\text{col}(A) = \mathbb{R}^n$ **Logik bakom kopplingarna:** Alla dessa villkor kokar ner till samma sak: matrisen har **$n$ pivoter** i en $n \times n$-matris. - $n$ pivoter → varje kolumn har en pivot → **linjärt oberoende** (5) → $A\vec{x} = \vec{0}$ har bara triviala lösningen (4) → $\text{null}(A) = \{\vec{0}\}$ - $n$ pivoter → varje rad har en pivot → kolumnerna **spänner upp** $\mathbb{R}^n$ (6) → $\text{col}(A) = \mathbb{R}^n$ (10) - Oberoende + spänner upp → **bas** (9) - $n$ pivoter → radreducerbar till $I$ (3) → $\det(A) \neq 0$ (2) → $A$ inverterbar (1) - $\text{rang}(A) = n$ (8) är exakt påståendet att det finns $n$ pivoter - Dimensionssatsen: $\text{rang}(A) = n \implies \dim(\text{null}(A)) = n - n = 0 \implies \text{null}(A) = \{\vec{0}\}$, som binder ihop (8) med (4) - $\text{rang}(A) = \text{rang}(A^T)$ binder ihop $A$ och $A^T$ (7) > [!example]- Räkneexempel: Testa villkoren > Låt $A = \begin{bmatrix}1 & 2 \\ 3 & 7\end{bmatrix}$. > > - $\det(A) = 7 - 6 = 1 \neq 0$ → **inverterbar** ✓ > - Radreducera: $\begin{bmatrix}1 & 2\\0 & 1\end{bmatrix} \to \begin{bmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{bmatrix} = I$ ✓ > - $\text{rang}(A) = 2 = n$ ✓ > - $\dim(\text{null}(A)) = 2 - 2 = 0$, alltså $\text{null}(A) = \{\vec{0}\}$ ✓ > - $\text{col}(A) = \mathbb{R}^2$ ✓ > > Alla villkor uppfyllda — konsekvent! Om ett enda hade fallerat, hade alla fallit. --- ## 9. Övningsuppgifter ### Hitta delrum och baser > [!question]- Uppgift 1: Hitta alla tre delrum > Låt $A = \begin{bmatrix}1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 2 & 5\end{bmatrix}$. > > Bestäm baser och dimensioner för $\text{row}(A)$, $\text{col}(A)$ och $\text{null}(A)$. Verifiera dimensionssatsen. > > > [!hint]- Ledtråd 1 > > Radreducera $A$ och räkna pivoterna. > > > [!hint]- Ledtråd 2 > > $R_2 - 2R_1$ och $R_3 - 3R_1$ ger en rad med nollor direkt i tredje raden. > > > [!success]- Facit > > $\text{rang}(A) = 2$, $\dim(\text{null}(A)) = 1$. > > > > > [!success]- Full lösning > > > Radreducera: > > > $\begin{bmatrix}1 & 1 & 2\\2 & 1 & 3\\3 & 2 & 5\end{bmatrix} \xrightarrow{R_2 - 2R_1} \begin{bmatrix}1 & 1 & 2\\0 & -1 & -1\\3 & 2 & 5\end{bmatrix} \xrightarrow{R_3 - 3R_1} \begin{bmatrix}1 & 1 & 2\\0 & -1 & -1\\0 & -1 & -1\end{bmatrix}$ > > > > > > $\xrightarrow{R_3 - R_2} \begin{bmatrix}1 & 1 & 2\\0 & -1 & -1\\0 & 0 & 0\end{bmatrix}$ > > > > > > **2 pivoter** (kolumn 1, kolumn 2). Fri variabel: $x_3$. > > > > > > **Bas för $\text{row}(A)$:** $\left\{\begin{bmatrix}1\\1\\2\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0\\-1\\-1\end{bmatrix}\right\}$ (nollskilda rader i $R$) > > > > > > **Bas för $\text{col}(A)$:** $\left\{\begin{bmatrix}1\\2\\3\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}1\\1\\2\end{bmatrix}\right\}$ (kolumn 1 och 2 **från $A$**) > > > > > > **Nollrum:** Från $R$: $x_1 + x_2 + 2x_3 = 0$ och $-x_2 - x_3 = 0 \implies x_2 = -x_3$. > > > Insatt: $x_1 - x_3 + 2x_3 = 0 \implies x_1 = -x_3$. Sätt $x_3 = t$: > > > > > > **Bas för $\text{null}(A)$:** $\left\{\begin{bmatrix}-1\\-1\\1\end{bmatrix}\right\}$ > > > > > > **Dimensionssatsen:** $\text{rang}(A) + \dim(\text{null}(A)) = 2 + 1 = 3 = n$ ✓ > [!question]- Uppgift 2: Lösbarhet och alla lösningar > Låt $A = \begin{bmatrix}1 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 3\end{bmatrix}$. > > a) Bestäm $\text{rang}(A)$, $\text{col}(A)$ och $\text{null}(A)$. > b) Avgör om $A\vec{x} = \begin{bmatrix}3\\5\end{bmatrix}$ har en lösning. Om ja, bestäm alla lösningar. > > > [!hint]- Ledtråd > > Radreducera $[A \mid \vec{b}]$. Tänk på formeln $\vec{x} = \vec{x}_P + \vec{x}_H$. > > > [!success]- Facit > > $\text{rang}(A) = 2$, $\dim(\text{null}(A)) = 1$. Systemet har lösning. > > > > > [!success]- Full lösning > > > Radreducera: > > > $\begin{bmatrix}1 & 2 & 1 & | & 3\\1 & 2 & 3 & | & 5\end{bmatrix} \xrightarrow{R_2 - R_1} \begin{bmatrix}1 & 2 & 1 & | & 3\\0 & 0 & 2 & | & 2\end{bmatrix}$ > > > > > > **a)** 2 pivoter (kolumn 1 och 3). $\text{rang}(A) = 2$. Fri variabel: $x_2$. > > > > > > $\text{null}(A)$: $x_3 = 0$, $x_1 = -2x_2$. Bas: $\left\{\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix}\right\}$. > > > > > > $\text{col}(A)$: kolumn 1 och 3 från $A$: $\left\{\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}1\\3\end{bmatrix}\right\}$. > > > > > > Dessa spänner hela $\mathbb{R}^2$ (ej parallella), så $\text{col}(A) = \mathbb{R}^2$ och varje $\vec{b}$ ger en lösning. > > > > > > **b)** Från trappstegsformen: $x_3 = 1$, $x_1 + 2x_2 + 1 = 3 \implies x_1 = 2 - 2x_2$. > > > > > > Alla lösningar: > > > $\vec{x} = \underbrace{\begin{bmatrix}2\\0\\1\end{bmatrix}}_{\vec{x}_P} + t\underbrace{\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix}}_{\vec{x}_H \in \text{null}(A)}$ > [!question]- Uppgift 3: Rang och dimensionssatsen > Låt $A$ vara en $5 \times 7$-matris med $\text{rang}(A) = 3$. > > Bestäm (utan beräkning): > a) $\dim(\text{col}(A))$ > b) $\dim(\text{row}(A))$ > c) $\dim(\text{null}(A))$ > d) Lever $\text{null}(A)$ i $\mathbb{R}^5$ eller $\mathbb{R}^7$? > > > [!success]- Facit > > a) $\dim(\text{col}(A)) = \text{rang}(A) = 3$ > > > > b) $\dim(\text{row}(A)) = \text{rang}(A) = 3$ > > > > c) $\dim(\text{null}(A)) = n - \text{rang}(A) = 7 - 3 = 4$ > > > > d) $\text{null}(A) \subseteq \mathbb{R}^7$ (nollrummet lever i $\mathbb{R}^n$, där $n$ = antal kolumner) --- ### Konceptuella uppgifter > [!question]- Uppgift 4: Sant eller falskt? > Avgör om påståendena är sanna eller falska. Motivera kort. > > a) $\text{rang}(A) = \text{rang}(A^T)$ för alla matriser $A$. > b) Om $A$ är en $4 \times 6$-matris kan $\text{rang}(A)$ vara 5. > c) Om $\text{null}(A) = \{\vec{0}\}$ för en $3 \times 3$-matris $A$, så är $A$ inverterbar. > d) Kolonnrummet och nollrummet lever alltid i samma $\mathbb{R}^k$. > e) Om $A\vec{x} = \vec{b}$ har en unik lösning, så gäller $\text{null}(A) = \{\vec{0}\}$. > > > [!success]- Facit > > > > a) **Sant.** $\dim(\text{col}(A)) = \dim(\text{row}(A))$, och $\text{rang}(A^T) = \dim(\text{col}(A^T)) = \dim(\text{row}(A)) = \text{rang}(A)$. > > > > b) **Falskt.** Rangen kan aldrig överstiga vare sig antalet rader eller kolumner, alltså $\text{rang}(A) \leq \min(4, 6) = 4$. > > > > c) **Sant.** $\text{null}(A) = \{\vec{0}\}$ betyder att $A\vec{x} = \vec{0}$ bara har den triviala lösningen → $A$ inverterbar (villkor 4 i stora satsen). > > > > d) **Falskt.** $\text{col}(A) \subseteq \mathbb{R}^m$ och $\text{null}(A) \subseteq \mathbb{R}^n$. De lever i samma rum bara om $m = n$. > > > > e) **Sant.** Om $\vec{x} = \vec{x}_P + \vec{x}_H$ och lösningen är unik, så kan det inte finnas något $\vec{x}_H \neq \vec{0}$, alltså $\text{null}(A) = \{\vec{0}\}$. --- ## Resurser ### Videor >  > kolonnrum och nollrum visuellt > >Rang och Dimensionssatsen > Span som grund för rad-/kolonnrum >  Klassisk föreläsning om kolonnrum och nollrum ### Interaktiva verktyg - [matrixcalc.org](https://matrixcalc.org/) — beräkna rang, nollrum och radreducera ### Wikipedia - [Column space](https://en.wikipedia.org/wiki/Column_space) - [Row and column spaces](https://en.wikipedia.org/wiki/Row_and_column_spaces) - [Kernel (linear algebra)](https://en.wikipedia.org/wiki/Kernel_(linear_algebra)) - [Rank–nullity theorem](https://en.wikipedia.org/wiki/Rank%E2%80%93nullity_theorem) ### Fördjupning - [Georgia Tech — Interactive Linear Algebra: Column and Null Spaces](https://textbooks.math.gatech.edu/ila/subspaces.html)