Lineaire Algebra 2. Faculteit Wiskunde en Informatica Technische Universiteit Eindhoven

Transcriptie

1 Lineaire Algebra 2 Faculteit Wiskunde en Informatica Technische Universiteit Eindhoven

2 ii Syllabus in wording bij Lineaire Algebra 2 (2WF30

3 Inhoudsopgave 1 Lineaire afbeeldingen 1 11 Lineaire afbeeldingen 1 12 Matrices van lineaire afbeeldingen I Matrices van lineaire afbeeldingen II Eigenwaarden en eigenvectoren, diagonaliseren Invariante deelruimten Duale ruimten Aantekeningen Opgaven Oefenen op tentamenniveau 56 2 Orthogonale en symmetrische afbeeldingen Orthogonale afbeeldingen Symmetrische afbeeldingen Aantekeningen Opgaven Oefenen op tentamenniveau 83 3 Differentiaalvergelijkingen Stelsels differentiaalvergelijkingen Laplace-transformaties Tabel Laplace transformaties Aantekeningen Opgaven Oefenen op tentamenniveau 109 i

4 Hoofdstuk 1 Lineaire afbeeldingen 11 Lineaire afbeeldingen 111 In deze paragraaf introduceren we afbeeldingen tussen vectorruimten die de vectorruimtestructuur respecteren, de zogenaamde lineaire afbeeldingen Met zulke afbeeldingen worden verbanden tussen vectorruimten bestudeerd In deze paragraaf komen aan de orde: het begrip lineaire afbeelding; samenstelling, som, scalair veelvoud, inverse in de context van lineaire afbeeldingen; de nulruimte en beeldruimte van een lineaire afbeelding, verband met injectiviteit en surjectiviteit; het vastleggen van een lineaire afbeelding op een basis en de dimensiestelling In volgende paragrafen gaan we in op de rol van matrices bij lineaire afbeeldingen Laat V, W twee (mogelijk dezelfde vectorruimten zijn Een afbeelding A : V W voegt aan elke vector v in V precies één vector A(v (of Av in W toe 112 Definitie (Lineaire afbeelding Een afbeelding A : V W heet lineair als voor alle vectoren x, y V en alle getallen α geldt A(x + y = Ax + Ay, A(αx = αax 1

5 2 Lineaire afbeeldingen Equivalent hiermee: voor alle x, y V en alle getallen α, β geldt A(αx + βy = αax + βay Een bijectieve lineaire afbeelding heet ook wel een isomorfisme 113 Door herhaald toepassen van de definitie zien we dat het beeld van een linaire combinatie dezelfde lineaire combinatie van de beeldvectoren is: A : V W is lineair dan en slechts dan als ( n n A α i x i = α i Ax, i=1 voor alle vectoren x 1,,x n in V en alle getallen α 1,,α n Lineaire afbeeldingen komen in de praktijk bijzonder veel voor, ook al worden ze niet altijd direct als zodanig herkend Vermenigvuldiging met een vaste matrix, loodrechte projectie op een deelruimte van een inproductruimte, rotatie om een as door de oorsprong in E 3, spiegeling in een vlak door de oorsprong, en differentiëren in een geschikte vectorruimte van functies zijn alle lineair In hoofdstuk 2 gaan we uitvoerig op spiegelingen en rotaties in 114 Voorbeeld (Loodrechte projectie Laat l = a een rechte in de (reële inproductruimte V zijn De afbeelding die aan elke vector uit V de loodrechte projectie op l toevoegt noemen we P Als a lengte 1 heeft dan is het afbeeldingsvoorschrift: Px = (x, aa, zoals uit het vorige hoofdstuk (zie?? blijkt We gaan na dat deze afbeelding lineair is Laat x, y V en laat α, β R willekeurig Dan volgt: i=1 P(αx + βy = (αx + βy, aa = ( α(x, a + β(y, a a = α(x, aa + β(y, aa = αpx + βpy Hiermee is de lineariteit vastgesteld Op soortgelijke manier is in te zien dat loodrechte projectie op een lineaire deelruimte van een reële inproductruimte een lineaire afbeelding oplevert (Als a 1,,a k een orthonormale basis van de deelruimte W is, dan is de uitdrukking voor de loodrechte projectie Px van een vector x gelijk aan Px = (x, a 1 a (x, a k a k, waarna verificatie van de lineariteit als daarnet vastgesteld kan worden

6 11 Lineaire afbeeldingen Voorbeeld Zij A een reële m n-matrix In dit voorbeeld schrijven we elementen uit R n en R m waar nodig als kolommen Definieer een afbeelding L A : R n R m door L A (x := Ax (in het rechterlid is x als kolom geschreven Deze afbeelding is lineair: laat x en y twee (als kolommen geschreven elementen uit R n zijn, dan volgt uit de regels voor matrixvermenigvuldiging dat voor alle scalairen α en β geldt: A(αx + βy = αax + βay, en daarmee is de lineariteit van L A vastgesteld Als bijvoorbeeld ( A =, dan is het beeld van de vector (3,1,1 uit R 3 gelijk aan (4,4 uit R 2 ; het beeld van 5 (3,1,1 is dus 5 (4, 4 = (20, Voorbeeld Voor elke vectorruimte V is de afbeelding I : V V gegeven door Iv = v een lineaire afbeelding, de zogenaamde identieke afbeelding of identiteit De verificatie is triviaal en wordt aan de lezer overgelaten Zijn V en W beide reële vectorruimten of beide complexe vectorruimten, dan is de afbeelding O : V W gegeven door Ov = 0 een lineaire afbeelding, de zogenaamde nulafbeelding 117 Voorbeeld Differentiëren is een lineaire afbeelding Noteer f door Df, dan zijn elementaire eigenschappen van de afgeleide dat D(f + g = Df + Dg, D(αf = αdf Er is hier maar één ondergeschikt probleem: D is een lineaire afbeelding van welke ruimte naar welke ruimte? Meestal laten we die keuze van de omstandigheden afhangen Bijvoorbeeld: D is een lineaire afbeelding van de (vectorruimte van de polynomen naar zichzelf, of D is een lineaire afbeelding van de (vectorruimte van de differentieerbare functies op R naar de vectorruimte van alle functies op R 118 Hieronder laten we zien dat samenstellingen, inversen, sommen en scalaire veelvouden van lineaire afbeeldingen zelf weer lineaire afbeeldingen zijn Natuurlijk moeten we eerst vastleggen wat we precies met deze afbeeldingen bedoelen en wanneer deze constructies zin hebben

7 4 Lineaire afbeeldingen 119 (Samenstelling Laat A : V W en B : U V lineaire afbeeldingen zijn Neem een vector u U Passen we eerst B toe, dan komen we op Bu V terecht Hierop kunnen we A toepassen en komen dan op A(Bu W, schematisch: U B V A W u Bu A(Bu ( Definitie Stel A : V W en B : U V zijn lineaire afbeeldingen Dan wordt de samengestelde afbeelding AB : U W gedefinieerd door (ABu = A(Bu voor alle u U 1111 Eigenschap De samengestelde afbeelding is lineair: (AB(u 1 + u 2 = A(B(u 1 + u 2 = A(Bu 1 + Bu 2 = (ABu 1 + (ABu 2 ; (AB(αu = A(B(αu = A(αBu = α(abu 1112 De notatie AB voor een samengestelde afbeelding suggereert dat we de samengestelde afbeelding als een product kunnen zien van de lineaire afbeeldingen A en B Dat is maar ten dele juist Als AB bestaat, dan hoeft BA niet te bestaan, bijvoorbeeld als U, V en W drie verschillende vectorruimten zijn Stel nu A : V V, B : V V zijn lineair Dan bestaan zowel AB als BA Maar deze hoeven niet aan elkaar gelijk te zijn 1113 Voorbeeld Laat V de vectorruimte van oneindig vaak differentieerbare functies zijn en definieer A : V V door A f(x = xf(x, B f(x = f (x Ga zelf na dat dit lineaire afbeeldingen zijn Dan is ABf(x = xf (x, BAf(x = f(x + xf (x, dus AB = BA (vul bijvoorbeeld de functie f : x 1 in 1114 (Inverse afbeelding Als de lineaire afbeelding A : V W een bijectie is, dan is de inverse afbeelding A 1 : W V ook een lineaire afbeelding Immers, als v, w W en α,β scalairen, dan zijn er vectoren x, y V met Ax = v en Ay = w (omdat A in het bijzonder surjectief is; de lineariteit

8 11 Lineaire afbeeldingen 5 van A levert dat A(αx + βy = αv + βw, zodat A 1 (αv + βw = αx + βy Anderzijds geldt x = A 1 v en y = A 1 w, zodat we concluderen: A 1 (αv + βw = αa 1 v + βa 1 w 1115 Definitie Als A : V V, dan definiëren we A 2 als AA en algemeen A n = A n 1 A voor n = 2,3, Onder A 0 verstaan we de identieke afbeelding I Is A inverteerbaar (dwz heeft de afbeelding een inverse, dan noteren we voor positieve gehele n met A n de samenstelling (A 1 n 1116 Definitie (Som en scalair veelvoud Laat A : V W en B : V W twee lineaire afbeeldingen zijn Dan is de somafbeelding A + B : V W bepaald door (A + Bx = Ax + Bx Is α een scalar, dan is het scalaire veelvoud αa : V W bepaald door (αax = α(ax 1117 Eigenschap De somafbeelding A + B en het scalaire veelvoud αa zijn lineair: (A + B(x + y = A(x + y + B(x + y = Ax + Ay + Bx + By = (A + Bx + (A + By ; (A + B(αx = A(αx + B(αx = αax + αbx = α(ax + Bx = α(a + Bx De lineariteit van αa volgt op soortgelijke wijze 1118 Voorbeeld Beschouw de lineaire differentiaalvergelijking y xy + 2y = sin x Het linkerlid is op te vatten als een lineaire afbeelding toegepast op de vector y Immers, laat D weer differentiëren zijn en definieer A f(x y = f(xy Voor iedere f(x is de afbeelding A f(x lineair, ga dat zelf na Het linkerlid van de differentiaalvergelijking is nu y xy + 2y = (D 2 + A x D + A 2 y

9 6 Lineaire afbeeldingen en D 2 + A x D + A 2 is een lineaire afbeelding We hebben hier niet gezegd van welke vectorruimte naar welke vectorruimte we de lineaire afbeeldingen beschouwen Dat hangt weer een beetje af van de situatie waarin we de differentiaalvergelijking bekijken Vaak kunnen we de afbeeldingen beschouwen van de vectorruimte V van oneindig vaak differentieerbare functies naar zichzelf 1119 Omdat lineaire afbeeldingen natuurlijk ook gewoon afbeeldingen zijn, kunnen we bijvoorbeeld spreken over het beeld van een vector of het beeld van een deelverzameling (notatie: A(D als A : V W de lineaire afbeelding is en D de deelverzameling, en over het volledig origineel van een deelverzameling Is D een deelverzameling van W, dan noteren we het volledig origineel van D onder A met A 1 (D of A (D De eerste notatie is het meest ingeburgerd in de wiskunde, maar kan wel tot verwarring met de notatie voor de inverse van een afbeelding leiden; om verwarring te voorkomen bij gebruik van deze notatie voegen we vaak toe: het volledig origineel A 1 (D van D en dergelijke Bij een lineaire afbeelding A : V W horen twee zeer belangrijke lineaire deelruimten; de eerste generaliseert de oplossingsruimte van een homogeen stelsel lineaire vergelijkingen, de tweede generaliseert de kolommenruimte 1120 Definitie Laat A : V W een lineaire afbeelding zijn Definieer N := {v V Av = 0}, R := {Av W v V } N heet de nulruimte van A en R de beeldruimte (de nulruimte wordt ook wel de kern genoemd De beeldruimte wordt ook wel aangegeven als A(V 1121 N is een deelverzameling van V die altijd de nulvector 0 bevat; verder is N inderdaad een lineaire deelruimte: als Av = 0 en Aw = 0, en α en β zijn scalairen, dan is A(αv + βw = αav + βaw = = 0, zodat αv +βw N Merk op dat de nulruimte precies het volledig origineel is van { 0 } onder de afbeelding A De beeldruimte R is een deelverzameling van W en, zoals de naam suggereert, een deelruimte van W; ga dit zelf na

10 11 Lineaire afbeeldingen Voorbeeld We bepalen de kern en de beeldruimte bij voorbeeld 115 met de gegeven 2 3-matrix A De nulruimte van de lineaire afbeelding L A bestaat uit alle vectoren x die voldoen aan ( x 1 x 2 x 3 = ( 0 0 Dit is een homogeen stelsel lineaire vergelijkingen met A als coëfficiëntenmatrix De nulruimte is het vlak met vergelijking x 1 x 2 + 2x 3 = 0 De beeldruimte van L A bestaat uit alle vectoren van de vorm ( dwz vectoren van de vorm ( ( 1 1 x 1 + x x 1 x 2 x 3, + x 3 ( 2 2 Maar hiermee beschrijven we precies het opspansel van de kolommen van A, dwz de kolommenruimte (zie definitie?? en?? We concluderen dat de beeldruimte gelijk is aan < (1,1 > We bepalen ook het volledig origineel L 1 (l van de rechte l met vectorvoorstelling l : x = ( 3 2 A ( 2 + λ 1 We zijn dus op zoek naar vectoren x waarvoor ( 3 + 2λ Ax =, 2 + λ voor een of andere λ Dit betekent dat we het stelsel met aangevulde matrix ( λ λ moeten oplossen Door vegen is eenvoudig af te leiden dat dit stelsel alleen oplossingen heeft voor λ = 1 De oplossingen vormen precies het vlak met vergelijking x 1 x 2 + 2x 3 = 1 Kunt u ook aan de hand van de onderlinge positie van l en de beeldruimte R inzien dat de berekening van het volledig origineel beperkt kan worden tot de berekening van het volledig origineel van de vector (1,1?

11 8 Lineaire afbeeldingen 1123 Voorbeeld De nulruimte van de lineaire afbeelding L A uit voorbeeld 115 bestaat precies uit alle vectoren x die voldoen aan L A (x = 0, dwz alle oplossingen van het homogene stelsel Ax = 0 De beeldruimte van L A bestaat uit alle vectoren van de vorm L A (x Heeft A kolommen a 1,,a n, dan is dit precies de verzameling {x 1 a x n a n x 1,,x n willekeurig} Dit is precies de kolommenruimte van A Nulruimte en beeldruimte generaliseren dus twee begrippen uit de matrixwereld 1124 Voorbeeld In R 2 beschouwen we de loodrechte projectie P op een rechte l =< a > door de oorsprong, zie voorbeeld 114 Meetkundig zien we in dat de beeldruimte, de verzameling vectoren die als beeld optreden, l zelf is De nulruimte bestaat uit alle vectoren die op 0 worden afgebeeld en dat is l Dit kunnen we ook aan het afbeeldingsvoorschrift Px = (x, aa aflezen (waarbij a lengte 1 heeft De nulruimte bestaat bijvoorbeeld uit alle vectoren x waarvoor (x, aa = 0, dwz (x, a = 0, en dit is precies het orthoplement van a 1125 Injectiviteit, surjectiviteit en volledig origineel brengen we in verband met de nulruimte en beeldruimte van een lineaire afbeelding 1126 Stelling Beschouw een lineaire afbeelding A : V W 1 N = { 0 } A is injectief 2 R = W A is surjectief 3 Stel b R Dan bestaat er een vector p zo dat Ap = b; p heet een particuliere oplossing van de vectorvergelijking Ax = b Alle oplossingen van de vectorvergelijking Ax = b vormen dan de verzameling Bewijs {p + n n N } In het bijzonder heeft de vergelijking Ax = b precies één oplossing als N = {0}

12 11 Lineaire afbeeldingen 9 1 We moeten bewijzen dat Ax = Ay impliceert x = y Als Ax = Ay, dan volgt 0 = Ax Ay = A(x y, zodat x y N Omdat N enkel uit de nulvector bestaat, concluderen we dat x y = 0 ofwel x = y Als x N, dan is Ax = A0 De injectiviteit van A leert dat x = 0, dus het enige element van N is de nulvector 2 Dit onderdeel is triviaal 3 Het eerste deel van de uitspraak is triviaal Voor het tweede deel: laat p een particuliere oplossing zijn Voor iedere n is A(p + n = Ap + An = b + 0 = b; p + n is ook een oplossing Omgekeerd, als q een oplossing is, dan is A(q p = Aq Ap = b b = 0, zodat q p N Aangezien q = p + (q p is q inderdaad de som van p en een vector uit de nulruimte Alle oplossingen vormen dus de verzameling {p + n n N } 1127 Kortheidshalve noteren we de verzameling {p + n n N } ook wel door p + N Een dergelijke verzameling wordt een nevenruimte genoemd, zie desgewenst?? 1128 Laat A : V W een lineaire afbeelding zijn en beschouw de vectorvergelijking Ax = b De corresponderende homogene vergelijking is (per definitie de vergelijking Ax = 0 Van deze vergelijking vormen alle oplossingen precies de nulruimte van A Stelling 1126 zegt dus dat we alle oplossingen van de vectorvergelijking Ax = b krijgen door bij één particuliere oplossing alle oplossingen van de corresponderende homogene vergelijking te tellen Deze eigenschap wordt zeer vaak gebruikt bij het oplossen van lineaire differentiaalvergelijkingen, een differentiaalvergelijking van de vorm Ay = f 1129 (Vastleggen lineaire afbeelding Als de beelden Aa 1,,Aa n bekend zijn dan is het beeld van elke lineaire combinatie x 1 a x n a n ook bekend vanwege de lineariteit: A(x 1 a x n a n = x 1 Aa x n Aa n In het bijzonder is het beeld van elke vector te bepalen wanneer de beelden van een stelsel basisvectoren bekend zijn Deze eenvoudige observatie ligt ten grondslag aan de volgende stelling

13 10 Lineaire afbeeldingen 1130 Stelling Laat V en W vectorruimten zijn, a 1,,a n een basis voor V en w 1,,w n een n tal vectoren in W Dan is er precies één lineaire afbeelding A : V W met de eigenschap dat Aa i = w i voor i = 1,,n Bewijs Neem een willekeurige vector x V Deze kan op precies één manier geschreven worden als n x = x i a i i=1 Dat betekent dat voor de beeldvector Ax moet gelden n n Ax = x i Aa i = i=1 i=1 x i a i Deze is dus eenduidig bepaald door de vector x We gaan eenvoudig na dat als we relatie ( gebruiken als definitie van een afbeelding A : V W, deze afbeelding A lineair is 1131 Stelling Beschouw een lineaire afbeelding A : V W en stel V =< a 1,,a n > Dan is R =< Aa 1,,Aa n > Bewijs R bestaat uit alle vectoren Ax met x V Zo n x is een lineaire combinatie van a 1,,a n zodat zo n Ax een lineaire combinatie van Aa 1,,Aa n is 1132 Een dergelijke karakterisering van N is niet zo eenvoudig te geven Wel geldt het volgende belangrijke resultaat: 1133 Stelling (Dimensiestelling Beschouw een lineaire afbeelding A : V W met dim(v < Dan is dim(v = dim(n + dim(r Bewijs Stel dim(v = n Omdat N V, geldt dim N = p n Kies een basis a 1,,a p voor N en vul die aan met b p+1,,b n tot een basis voor V : V =< a 1,,a p, b p+1,,b n > Dan is R =< Aa 1,,Aa p, Ab p+1,,ab n > =< Ab p+1,,ab n >

14 11 Lineaire afbeeldingen 11 omdat Aa 1 = = Aa p = 0 Als we kunnen aantonen dat de vectoren Ab p+1,,ab n onafhankelijk zijn, dan zijn we klaar, want dan is dim(r = n p zodat n = dim(v = p + (n p = dim N + dim R Om de onafhankelijkheid aan te tonen stellen we zodat achtereenvolgens α p+1 Ab p α n Ab n = 0, A(α p+1 b p α n b n = 0, α p+1 b p α n b n N, α p+1 b p α n b n = α 1 a α p a p voor zekere getallen α 1,,α p, α 1 a 1 α p a p + α p+1 b p α n b n = 0 Omdat a 1,,a p, b p+1,,b n een basis is volgt hieruit dat α 1 = = α p = α p+1 = = α n = 0; het stelsel Ab p+1,,ab n is dus onafhankelijk 1134 Voorbeeld De beeldruimte van de loodrechte projectie P op een deelruimte W van de inproductruimte V (zie voorbeeld 114 is uiteraard gelijk aan W, terwijl de nulruimte bestaat uit alle vectoren die loodrecht op W staan, dus gelijk is aan W Bovenstaande dimensiestelling impliceert dus dat dimv = dimw + dimw Zo vinden we de formule uit Stelling?? terug 1135 (Inverse Ten slotte onderzoeken we wanneer een lineaire afbeelding A : V W met dim(v < een inverse heeft Het resultaat is het volgende: 1136 Stelling Een lineaire afbeelding A : V W met dim(v < heeft een inverse dan en slechts dan als dim(v = dim(w en N = {0} Bewijs Hierbij komt Stelling 1126 van pas Als A een inverse heeft, dan is de afbeelding een bijectie en dus is de afbeelding injectief en surjectief Uit genoemde stelling volgt dan N = {0} en W = R Uit de dimensiestelling dim(v = dim(n + dim(r volgt dus dim(v = dim(r = dim(w Inverteerbaarheid impliceert dus N = {0} en dim V = dim W Omgekeerd kunnen we uit deze laatste gegevens concluderen dat A een inverse heeft: uit N = {0} en de dimensiestelling volgt namelijk dimv = dim(r; samen met het gegeven dim V = dimw concluderen we vervolgens dim(r = dimw Blijkbaar geldt R = W Uit N = {0}, R = W en Stelling 1126 halen we ten slotte dat A injectief en surjectief is, dus een inverse heeft 1137 Ga zelf na dat in deze stelling de voorwaarde N = {0} vervangen mag worden door de voorwaarde R = W

15 12 Lineaire afbeeldingen 12 Matrices van lineaire afbeeldingen I 121 In deze paragraaf gaan we in op lineaire afbeeldingen R n R m of C n C m Hier blijkt een nieuwe rol voor matrices weggelegd om zulke afbeeldingen te beschrijven 122 (De matrix van een lineaire afbeelding In?? hebben we de matrixvermenigvuldiging gedefinieerd Beschouw een m n matrix A: A = a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n a m1 a m2 a mn Voor ieder rijtje x = (x 1, x 2,,x n definiëren we nu Ax = (y 1, y 2,,y m door y 1 x 1 y 2 x 2 y m = A x n In voorbeeld 115 hebben we gezien dat dit voorschrift een lineaire afbeelding A : R n R m of C n C m definieert Laat e 1,,e n de standaardbasis voor R n of C n zijn en laat k 1,,k n de kolommen van de matrix A zijn Door invullen zien we dat Ae 1 = k 1, Ae 2 = k 2,,Ae n = k n : de kolommen van de matrix A zijn de beelden onder A van de vectoren e 1,,e n Ga nu uit van een willekeurige lineaire afbeelding A : R n R m (of C n C m en schrijf een vector x R n (of C n uit als lineaire combinatie van de standaardbasisvectoren: x 1 e 1 + +x n e n Dan is Ax = x 1 Ae 1 + +x n Ae n vanwege de lineariteit van A Verzamel de n vectoren Ae 1,,Ae n als kolommen in een m n matrix A Nu is x 1 Ae 1 + +x n Ae n gelijk aan het matrixproduct Ax (zie?? We hebben dus een nieuwe rol voor matrices gevonden: 123 Stelling Elke lineaire afbeelding A : R n R m of C n C m wordt bepaald door een m n-matrix A waarvan de kolommen zijn Ae 1,,Ae n Het beeld van de vector x onder A is te berekenen als het matrixproduct Ax 124 Definitie De matrix A heet de matrix van de lineaire afbeelding A

16 12 Matrices van lineaire afbeeldingen I (Rekentechniek ter bepaling van de matrix Ten gevolge van Stelling 1130 is een lineaire afbeelding A : R n R m of C n C m eenduidig bepaald door de beelden van een basis a 1,,a n voor R n of C n Als deze basis e 1,,e n is dan kunnen we met de vorige stelling de bijbehorende matrix zo opschrijven, maar als het een andere dan de standaardbasis is, moeten we eerst wat rekenen Dat rekenwerk berust op de volgende techniek Laat A een lineaire afbeelding zijn en beschouw twee rijen waarin we links een vector en rechts de beeldvector hebben neergezet: (a, Aa, (b, Ab Als we deze rijen optellen dan krijgen we (a + b, Aa + Ab Omdat A lineair is, staat rechts A(a+b; we krijgen door optelling dus weer een rij waar links een vector en rechts de beeldvector staat Dat geldt ook voor scalaire vermenigvuldiging: als we de eerste rij met α vermenigvuldigen dan vinden we (αa, αaa en dit is wegens de lineariteit van A weer een rij waar links een vector en rechts diens beeldvector A(α a staat Hieruit volgt dat als we in een stelsel van dit soort rijen gaan vegen iedere rij in dit stelsel de eigenschap houdt dat links een vector en rechts de beeldvector staat 126 Voorbeeld Een lineaire afbeelding A : R 3 R 3 wordt gegeven door A( 1,0,1 = ( 4,2,4, A(1, 1, 0 = (1, 1, 1, A(0,1,2 = ( 5,4,4 We zetten deze gegevens in drie rijen met links de vector en rechts diens beeld, terwille van de duidelijkeid zetten we een verticale streep tussen links en rechts: We vegen naar de normaalvorm en vinden

17 14 Lineaire afbeeldingen Hier staan in de rijen links de vectoren e 1, e 2, e 3 en rechts Ae 1, Ae 2, Ae 3 Wegens Stelling 123 is de matrix van A dus A = We kunnen eenvoudig nagaan of er geen rekenfout gemaakt is door met deze matrix de beelden van ( 1,0,1,(1, 1, 0 en (0,1,2 te bepalen 127 (Verband met stelsels vergelijkingen Bekijk het stelsel lineaire vergelijkingen a 11 x 1 +a 12 x a 1n x n = b 1 a m1 x 1 +a m2 x a mn x n = b m met m n coëfficiëntenmatrix A Deze bepaalt een lineaire afbeelding A : R n R m of C n C m en we zien dat het stelsel vergelijkingen geschreven kan worden als een vectorvergelijking Ax = b De beeldruimte R van A is de ruimte < Ae 1,,Ae n > wegens Stelling 1131; dat is dus de kolommenruimte van de matrix A De vergelijking Ax = b heeft (minstens een oplossing dan en slechts dan als b R, dus dan en slechts dan als b in de kolommenruimte van de matrix ligt Wegens Stelling 1126 vinden we alle oplossingen van de vergelijking Ax = b als som van één particuliere oplossing en alle vectoren uit de nulruimte De nulruimte bestaat uit alle vectoren x met Ax = 0, dus uit alle oplossingen van het homogene stelsel Ax = In de rest van deze paragraaf bespreken we de matrix van de samenstelling van twee lineaire afbeeldingen, de som van twee lineaire afbeeldingen en de inverse van een lineaire afbeelding, voor zover zinvol 129 (Matrix samenstelling Laat A : R m R q een lineaire afbeelding zijn met q m matrix A en zijn en B : R p R m met m p matrix B (in deze discussie mag R ook best C zijn Per constructie van de matrix van A geldt voor elke vector x R m dat het beeld Ax gelijk is aan het matrixproduct Ax Net zo voor B

18 12 Matrices van lineaire afbeeldingen I 15 Bij de samengestelde afbeelding AB : R p R q hoort een q p matrix, waarvan de j de kolom gelijk is aan (ABe j Nu geldt (ABe j = A(Be j = A(Be j = A(Be j = (ABe j, maar dit is precies de j de kolom van AB We concluderen dat de matrix van de samenstelling AB de matrix AB is We zien dus 1210 Stelling (Matrix samenstelling Laat A en B twee matrices zijn zo dat AB bestaat en laat A en B de corresponderende lineaire afbeeldingen zijn Dan is AB de matrix van de samengestelde afbeelding AB Net zo tonen we de volgende eigenschappen aan: 1211 Stelling (Matrix van som en scalair veelvould Laat A en B twee matrices van dezelfde afmeting zijn en laat A en B de corresponderende lineaire afbeeldingen zijn Dan is A+B de matrix van de somafbeelding A+B Voor elke scalar α is αa de matrix van de lineaire afbeelding αa 1212 (Matrix van de inverse Tot slot van deze paragraaf gaan we in op het verband tussen de inverse van een lineaire afbeelding en de inverse van een matrix Als A : R n R m (R mag ook C zijn een inverse heeft, dan volgt m = n wegens Stelling 1136 De matrix A van A is dus een n n matrix De inverse afbeelding, B zeg, heeft matrix B Omdat AB = BA = I volgt uit Stelling 1210 dat AB = BA = I Matrix A is dus inverteerbaar en bovendien geldt B = A 1 Omgekeerd, als A een inverteerbare n n matrix is, dan heeft de bijbehorende lineaire afbeelding A een inverse: immers, de rang van A is n zodat het stelsel Ax = 0 enkel de nulvector als oplossing heeft, zodat N = {0} Uit Stelling 1136 volgt nu dat A een inverse heeft We vinden: 1213 Stelling (Matrix van de inverse Laat A : R n R n (of C n C n een lineaire afbeelding zijn met matrix A Dan heeft A een inverse dan en slechts dan als A een inverse heeft Als A een inverse heeft, dan is de matrix van A 1 gelijk aan A In?? vermeldden we zonder bewijs dat AB = I impliceert BA = I voor vierkante matrices A en B In de context van lineaire afbeeldingen is dat makkelijk aan te tonen Laat A en B twee n n matrices zijn zo dat AB = I, en laat A en B de corresponderende lineaire afbeeldingen van R n of C n naar respectievelijk R n of C n zijn Dan geldt wegens Stelling 1210 dat AB = I,

19 16 Lineaire afbeeldingen ofwel ABx = x voor alle x R n of C n Als nu x in de nulruimte van B zit dan volgt dus onmiddellijk uit deze gelijkheid dat x = 0 De nulruimte van B bestaat dus enkel uit de nulvector en met Stelling 1136 concluderen we dat B een inverse heeft Maar dan volgt dat A deze inverse is en dat dus ook BA = I geldt Overgaan op matrices levert BA = I De matrices A en B zijn dus elkaars inverse Kortom: AB = I BA = I 1215 Op grond van het bovenstaande beschikken we nu over nog een manier om de inverse van een (inverteerbare vierkante matrix te bepalen: deze matrix hoort bij een lineaire afbeelding; stel nu de matrix van de inverse afbeelding op We laten dat aan de hand van twee voorbeelden zien 1216 Voorbeeld Beschouw de matrix A = Voor de bijbehorende lineaire afbeelding A geldt Ae 1 = (1,0,4, Ae 2 = (0,1, 3 en Ae 3 = (3,2,8 zodat voor de inverse afbeelding A 1 moet gelden A 1 (1, 0, 4 = e 1, A 1 (0,1,3 = e 2 en A 1 (3,2,8 = e 3 We bepalen nu de matrix van A 1 net als in 125: Rijreductie geeft waaruit volgt A 1 = Voorbeeld Beschouw de matrix A =

20 13 Matrices van lineaire afbeeldingen II 17 Voor de inverse A 1 van de bijbehorende lineaire afbeelding A, zo die bestaat, moet gelden A 1 (1,0,4 = e 1, A 1 (0, 1, 3 = e 2, A 1 (3,2, 6 = e 3 Dus Enkele stappen vegen geeft Kennelijk zijn de kolommen van A afhankelijk Er is dus geen inverse matrix 13 Matrices van lineaire afbeeldingen II 131 In de vorige paragraaf hebben we gezien dat lineaire afbeeldingen van R n naar R m (of C n naar C m met behulp van matrices beschreven kunnen worden Zo n beschrijving is ook mogelijk indien het andere vectorruimten betreft, maar de beschrijving vereist dan wel de keuze van een basis en het gebruik van coördinaten In deze paragraaf bespreken we een en ander: we analyseren de invloed op de coördinaten van een vector bij overgang op een andere basis, we beschrijven lineaire afbeeldingen met behulp van matrices die afhangen van de keuze van een basis en we leiden af hoe deze matrices transformeren bij verandering van basis Deze technieken gebruiken we (in volgende paragrafen bij het opsporen van bases ten opzichte waarvan de matrix van een lineaire afbeelding V V eenvoudig is 132 (Coördinaten In een n-dimensionale vectorruimte V kiezen we een basis α = (a 1,,a n Iedere vector x V is dan op precies één manier te schrijven als x = x 1 a 1 + x 2 a x n a n De getallen x 1,,x n heten de coördinaten van x ten opzichte van de basis α en (x 1,,x n heet de coördinaatvector van x ten opzichte van de basis α De afbeelding die aan elke vector x de bijbehorende coördinaatvector

21 18 Lineaire afbeeldingen toevoegt is dus een bijectie Uiteraard hangen de coördinaten af van de gekozen basis α In?? hebben we al gezien dat ten opzichte van α de coördinaten van x + y de som van de coördinaten van x en van y zijn en dat de coördinaten van αx precies α maal de coördinaten van x zijn Dat betekent: 133 Eigenschap Als we in een n-dimensionale vectorruimte V een basis α kiezen, dan is de afbeelding die aan iedere vector x zijn coördinaten ten opzichte van de basis α toevoegt een inverteerbare lineaire afbeelding van V naar R n of C n We zullen deze afbeelding meestal eveneens door α noteren Dat geeft nauwelijks aanleiding tot verwarring: α(x is de coördinaatvector van de vector x V ten opzichte van de basis α 134 (Basisovergang We beschouwen nu een n-dimensionale vectorruimte V en kiezen daarin twee bases: α = (a 1,,a n en β = (b 1,,b n Met iedere vector x V corresponderen nu twee stel coördinaten: α(x ten opzichte van de basis α en β(x ten opzichte van de basis β V abstracte vectoren α β coördinatenniveau R n of C n βα 1 R n of C n Het is nu duidelijk hoe het verband is tussen de α-coördinaten van x en de β-coördinaten van x: we beginnen met het rijtje α-coördinaten, passen daarop de afbeelding α 1 toe zodat we op x V terecht komen, en passen daarop de afbeelding β toe die de corresponderende β(x oplevert 135 Definitie (Coördinatentransformatieafbeelding Laat α en β twee bases in een n-dimensionale vectorruimte V zijn Dan heet de lineaire afbeelding β α 1 : R n R n of C n C n de coördinatentransformatieafbeelding van α naar β

22 13 Matrices van lineaire afbeeldingen II De coördinatentransformatieafbeelding is een lineaire afbeelding van R n of C n naar zichzelf en wordt dus bepaald door een n n matrix β S α waarvan de kolommen de beelden van e 1,,e n zijn Nu is (βα 1 (e i = β(α 1 (e i = β(a i De kolommen van deze matrix zijn dus de β coördinaatvectoren van de α basisvectoren De afbeelding β α 1 zet per constructie α coördinaten om in β coördinaten Zo n omzetting kun je dus uitrekenen door met de matrix β S α te vermenigvuldigen Samengevat: 137 Stelling Laat α en β bases zijn voor een n-dimensionale vectorruimte V en laat β S α de matrix van β α 1 zijn Als x de α coördinaatvector is van een vector v V, dan is de β coördinaatvector van v gelijk aan het product βs α x 138 Definitie (Overgangsmatrix De matrix β S α heet de overgangsmatrix van basis α naar basis β 139 We kunnen natuurlijk ook β-coördinaten in α-coördinaten omzetten Dat gaat met de matrix α S β De productmatrix α S β β S α zet de α-coördinaten van een vector x om in de β-coördinaten en die weer om in de α-coördinaten van x Dus αs β β S α = I, αs β = β S 1 α Als er nog een derde basis γ in het spel is, kunnen we α coördinaten omzetten in β coördinaten en deze vervolgens in γ coördinaten Het resultaat is natuurlijk dat we α coördinaten hebben omgezet in γ coördinaten, dus γs β β S α = γ S α (deze gelijkheid volgt ook door Stelling 1210 toe te passen op de gelijkheid (γβ 1 (βα 1 = γα Voorbeeld We beschouwen de vectorruimte V van reële polynomen van graad hoogstens 2 We beschouwen de bases α : (1, x,x 2 en β : (x 1, x 2 1, x We kunnen de basisvectoren van β eenvoudig uitdrukken in de basisvectoren van α: x 1 = ( x + 0 x 2 x 2 1 = ( x + 1 x 2 x = x + 1 x 2 We kennen dus de α-coördinaten van de vectoren van β Dus is αs β =

23 20 Lineaire afbeeldingen De overgangsmatrix β S α is de inverse van deze matrix We vinden βs α = De eerste kolom van deze matrix zou uit de β-coördinaten van de eerste basisvector van α moeten bestaan Die β-coördinaten zijn (0, 1 2, 1 2 en dat is de vector 0 (x (x (x2 + 1 = 1, dat klopt dus Ga zelf na dat de tweede kolom uit de β-coördinaten van x en de derde kolom uit de β-coördinaten van x 2 bestaat Hoe bepalen we nu de β-coördinaten van de vector 2x 2 3x+4? Van deze vector zijn de α-coördinaten (4, 3,2 Die zetten we om in β-coördinaten met de matrix β S α : 4 βs α 3 = = We verifiëren het resultaat: Dat klopt 3(x (x (x2 + 1 = 2x 2 3x Het is van belang onderscheid te maken tussen rekenen op vectorniveau, dus met elementen van de vectorruimte V, en rekenen op coördinatenniveau, dus met rijtjes getallen uit R n of C n In het voorbeeld was dat duidelijk: de vectoren zijn polynomen, de coördinaten rijtjes getallen Dit onderscheid is lastiger als we als vectorruimte R n of C n zelf hebben Het rijtje getallen dat een vector uit R n of C n representeert is namelijk zelf ook op te vatten als een rijtje coördinaten, en wel ten opzichte van de standaardbasis ε : e 1,,e n : (1, 2, 3 = 1e 1 + 2e 2 + 3e Voorbeeld We beschouwen in R 3 twee bases: α = ((1,0,2,( 1,1,0, (0, 2,1, β = ((0, 1, 1,(1,2, 1,(1,0,1 We zoeken de overgangsmatrix β S α Hiermee worden dus α-coördinaten omgezet in β-coördinaten De kolommen van deze matrix zijn de β-coördinaten van de vectoren van α

24 13 Matrices van lineaire afbeeldingen II 21 We kunnen het probleem rechtstreeks oplossen We schrijven ieder van de vectoren van α als lineaire combinatie van de vectoren van β Daartoe moeten we drie stelsels vergelijkingen in drie onbekenden oplossen, die we kunnen combineren tot: Vegen levert op De laatste drie kolommen zijn dus de β-coördinaten van de drie vectoren van α Dus Een tweede methode om dit probleem op te lossen, maakt gebruik van de standaardbasis ε en is wat transparanter Zowel van de basis α als van de basis β kennen we de coördinaten van de basisvectoren ten opzichte van ε, dus kennen we (zonder berekening ε S α en ε S β : εs α = , εs β = Nu geldt β S α = β S ε ε S α = ε S 1 β εs α We bepalen dus eerst de inverse van ε S β en vinden βs ε = , zodat βs α = =

25 22 Lineaire afbeeldingen 1313 (Matrix van een lineaire afbeelding We bespreken nu hoe we een lineaire afbeelding tussen twee eindig-dimensionale vectorruimten met een matrix kunnen beschrijven Laat V en W twee eindig-dimensionale vectorruimten zijn over R (voor C verloopt de discussie identiek en beschouw een lineaire afbeelding A : V W Na keuze van een basis α voor V en een basis β voor W kunnen we de lineaire afbeelding A ook met een matrix representeren Beschouw daartoe diagram (12: A V W α R n β βaα 1 R m (12 Met iedere vector x V correspondeert eenduidig een rijtje coördinaten α(x en met de beeldvector Ax een rijtje coördinaten β(ax De samengestelde lineaire afbeelding βaα 1 : R n R m voegt aan α(x toe β(ax Dit is een lineaire afbeelding van R n naar R m en wordt dus wegens Stelling 123 bepaald door een matrix β A α waarvan de kolommen zijn (βaα 1 (e i = β(aa i i = 1,,n (De i de kolom bestaat uit de β coördinaten van het beeld Aa i De matrix β A α heet (voluit de matrix van A ten opzichte van de bases α en β Met de matrix β A α hebben we de lineaire afbeelding A op het niveau van coördinaten in handen: om bijvoorbeeld het beeld van een vector a V te vinden, zoeken we de coördinaatvector α(a van a op en vermenigvuldigen deze met β A α ; dit levert de coördinaatvector van Aa op; resteert nog het omzetten van deze coördinaatvector naar de bijbehorende vector uit W Als V = W en β = α, dan noteren we de bijbehorende matrix door A α ; we spreken van de matrix van A ten opzichte van de basis α In deze cursus is dit de situatie waar we het meeste aandacht aan zullen besteden 1314 (Verband met DE matrix Als A : V = R n W = R m (of C n C m een lineaire afbeelding is, en we gebruiken de standaardbases voor deze ruimten, dan is de matrix van A ten opzichte van deze bases niets anders dan de matrix van A zoals in de vorige paragraaf gedefinieerd Dit komt omdat de coördinatiseringen van V en van W beide de identieke afbeelding zijn 1315 Voorbeeld Uit de matrix van een lineaire afbeelding kunnen we aflezen wat het beeld is van een vector Als bijvoorbeeld V tweedimensionaal is met

26 13 Matrices van lineaire afbeeldingen II 23 basis α = (a, b en de lineaire afbeelding A : V V heeft matrix A α = ( ten opzichte van α, dan lezen we uit de matrix af dat Aa = 1 a 2 b (eerste kolom en Ab = 4 a + 3 b (tweede kolom Om het beeld van λa + µb te bepalen vermenigvuldig je A α met (λ, µ: ( ( λ µ = ( λ + 4µ 2λ + 3µ en concludeer je dat het beeld (λ + 4µa + ( 2λ + 3µb is 1316 Voorbeeld Beschouw de vectorruimte V van reële polynomen van graad hoogstens 3 en de lineaire afbeelding D : V V gedefinieerd door Dp = p Neem in V de basis α = (1, x,x 2 De afgeleiden van de basisvectoren zijn: 0 = x + 0 x 2, 1 = x + 0 x 2, 2x = x + 0 x 2 De matrix D α is dus D α = Ter illustratie nemen we een polynoom p(x = 2x 2 3x + 5 De coördinaatvector van p tov α is (5, 3,2 en D α = = ( 3,4,0 is de coördinaatvector van 4x 3 en dat is inderdaad de afgeleide van p 1317 Voorbeeld We werken in R 2 met het standaardinproduct We bepalen de matrix P ε tov de standaardbasis ε van de loodrechte projectie P op de rechte l met vergelijking 2x 3y = 0 Rechtstreeks de coördinaten van Pe 1 en Pe 2 bepalen is wat lastig We beschouwen eerst een basis α = (a 1, a 2 ten opzichte waarvan P eenvoudig te beschrijven is We nemen a 1 = (3,2 l 3 4 0

27 24 Lineaire afbeeldingen en a 2 = (2, 3 l Dan is Pa 1 = a 1 = 1 a 1 +0 a 2 en Pa 2 = 0 = 0 a 1 +0 a 2 zodat de matrix P α is: ( 1 0 P α = 0 0 De overgangsmatrices zijn ( 3 2 εs α = 2 3 zodat en α S ε = ε Sα 1 = 1 ( P ε = ε S α P α α S ε = 1 ( Dat resultaat kunnen we ook met de techniek van 125 vinden De gegevens Pa 1 = a 1 en Pa 2 = 0 zetten we in ε-coördinaten in rijen in een matrix ( , 0 0, waaruit na vegen volgt zodat P ε = ( Met onze regels voor coördinatentransformaties kunnen we op andere bases overgaan Dit levert een triviale maar belangrijke eigenschap: 1319 Stelling (Invloed basisovergang Kies in een eindig-dimensionale ruimte V twee bases α en β, en stel A : V V is lineair Dan is A β = β S α A α α S β Bewijs Beschouw de volgende gelijkheid van samenstellingen βaβ 1 = (βα 1 (αaα 1 (αβ 1 (door de haken anders te plaatsen zie je dat in het rechterlid de factoren α 1 α weg te halen zijn Ga nu op de matrices over en gebruik daarbij 1210

28 14 Eigenwaarden en eigenvectoren, diagonaliseren In woorden: De matrix A β zet de β-coördinaten van een vector x om in de β-coördinaten van Ax Dat kunnen we doen door eerst de β-coördinaten van x om te zetten in diens α-coördinaten, dan de α-coördinaten van Ax te bepalen met de matrix A α en die ten slotte om te zetten in β-coördinaten 1321 Voorbeeld Terug naar voorbeeld 1316 We nemen nu een andere basis, β = (x 2 x, x 2 + 3, x 2 1 voor V en proberen de matrix D β van D te vinden Rechtstreeks is dat wat lastiger, maar we kunnen gebruik maken van: D β = β S α D α α S β Nu is αs β = , dus en βs α = α S 1 β = 1 4 D β = β S α D α α S β = Wederom ter illustratie: p(x = 2x 2 3x+5 = 3(x 2 x+(x (x 2 1 heeft als β-coördinaten (3,1, 2, D β = = Dit zouden de β-coördinaten van de afgeleide van p(x moeten zijn, en dat klopt want 4(x 2 x (x (x2 + 1 = 4x 3 = p (x 14 Eigenwaarden en eigenvectoren, diagonaliseren 141 Laat A : V V een lineaire afbeelding zijn waarin de vectorruimte V eindig-dimensionaal is Voor iedere keuze van een basis α voor V wordt A bepaald door een matrix A α ; als α en β verschillende bases zijn dan wordt het verband tussen A α en A β gegeven door Stelling 1319 In de twee

29 26 Lineaire afbeeldingen voorbeelden hebben we al gezien dat als we de basis α geschikt kiezen, de matrix A α een rekentechnisch eenvoudige structuur kan hebben Het blijkt dat dergelijke eenvoudige gedaanten systematisch op te sporen zijn In deze paragraaf bespreken we de relevante technieken Eerst preciseren we het begrip eenvoudige gedaante 142 Definitie Een vierkante matrix A heeft een diagonaalvorm als alle elementen a ij met i j gelijk zijn aan nul De volgende stelling is eenvoudig te begrijpen maar van fundamenteel belang: 143 Stelling Laat A : V V een lineaire afbeelding zijn en α = (a 1,,a n een basis voor V De matrix A α heeft de diagonaalvorm λ A α = 0 λ λ n dan en slechts dan als Aa i = λ i a i voor i = 1,,n Bewijs De matrix A α heeft bovenstaande diagonaalvorm dan en slechts dan als voor elke i de α-coördinaten van Aa i gelijk zijn aan (0,,0, λ i,0,,0, dus dan en slechts dan als Aa i = 0 a λ i a i a n = λ i a i 144 Definitie (Eigenvector en eigenwaarde Laat A : V V een lineaire afbeelding zijn Een vector v 0 heet eigenvector van A met eigenwaarde λ als Av = λv Eigenvectoren zijn dus vectoren ongelijk aan de nulvector die door A op een veelvoud van zichzelf worden afgebeeld; dat veelvoud heet de bijbehorende eigenwaarde Stelling 143 kan dus ook als volgt geformuleerd worden: 145 Stelling Laat A : V V een lineaire afbeelding zijn De matrix A α heeft de diagonaalvorm dan en slechts dan als α een basis van eigenvectoren is In dat geval staan op de diagonaal de eigenwaarden 146 Voorbeeld In voorbeeld 1317 hebben we de projectie op een lijn bekeken De aldaar gedefinieerde vectoren a 1 en a 2 zijn eigenvectoren met eigenwaarden respectievelijk 1 en 0; de matrix ten opzichte van de basis (a 1, a 2 is

30 14 Eigenwaarden en eigenvectoren, diagonaliseren 27 dus ( een diagonaalmatrix met op de diagonaal de eigenwaarden Let op de volgorde van de 1 en de 0 op de diagonaal: deze correspondeert met de volgorde van de eigenvectoren 147 Voorbeeld Beschouw in E 2 een draaiing over 90 om de oorsprong Dan wordt geen enkele vector ongelijk aan 0 op een veelvoud van zichzelf afgebeeld Deze lineaire afbeelding heeft dus geen eigenvectoren en er bestaat zeker geen basis van eigenvectoren Voor geen enkele basiskeuze heeft de matrix van deze draaiing de diagonaalvorm 148 Definitie (Eigenruimte Beschouw een lineaire afbeelding A : V V Voor ieder getal λ is E λ = N(A λi ; E λ heet de eigenruimte van A bij λ 149 (Eigenwaarden en eigenvectoren bepalen E λ is de nulruimte van de lineaire afbeelding A λi Er geldt v E λ dan en slechts dan als (A λiv = 0, dus dan en slechts dan als Av λv = 0, dus dan en slechts dan als Av = λv De eigenruimte E λ bestaat dus uit de nulvector en alle eigenvectoren bij eigenwaarde λ Een bijzondere eigenruimte is E 0 Deze bestaat uit alle vectoren die op 0 maal zichzelf worden afgebeeld, dus op 0 De eigenruimte E 0 is dus de nulruimte van A In de regel zal E λ alleen uit {0} bestaan Het getal λ is eigenwaarde dan en slechts dan als er in E λ een vector v 0 ligt, dus dan en slechts dan als dim(e λ > 0 Sommige auteurs spreken alleen over een eigenruimte als λ eigenwaarde is De werkwijze bij het zoeken van eigenvectoren is dat we eerst het getal λ zo bepalen dat dim(e λ > 0 λ is dan eigenwaarde en de vectoren in E λ ongelijk aan 0 zijn de eigenvectoren met deze eigenwaarde Kies in V een willekeurige basis α = (a 1,,a n (niet noodzakelijk een basis van eigenvectoren Laat A de matrix van A ten opzichte van deze basis zijn Dan is: a 11 λ a 12 a 1n A λi = a 21 a 22 λ a n1 a nn λ,

31 28 Lineaire afbeeldingen de matrix van A λi tov de basis α Stel v = v 1 a v n a n is een vector in V Dan is v eigenvector bij eigenwaarde λ dan en slechts dan als v 0 en (A λiv = 0, dus dan en slechts dan als (v 1,,v n (0,,0 en a 11 λ a 12 a 1n a 21 a 22 λ a n1 a nn λ v 1 v 2 v n = (13 Bij het getal λ bestaan dus eigenvectoren dan en slechts dan als de dimensie van de oplossingsruimte van het homogene stelsel (A λix = 0 groter dan 0 is, en dat is het geval dan en slechts dan als de rang van A λi kleiner is dan n, en dat is zo dan en slechts dan als det(a λi = 0 (zie?? Als λ eigenwaarde is, dan zijn de oplossingen van het stelsel (A λix = 0 de coördinaatvectoren van de vectoren uit E λ 1410 Stelling λ is eigenwaarde dan en slechts dan als det(a λi = 0 en de α- coördinaten van de bijbehorende eigenvectoren zijn de oplossingen ongelijk aan de nuloplossing van het stelsel ( Definitie (Karakteristiek polynoom Laat A : V V een lineaire afbeelding zijn en A α de matrix van A tov een basis α Dan heet de vergelijking det(a α λi = 0 de karakteristieke vergelijking van A Het linkerlid van deze vergelijking, det(a α λi, heet het karakteristieke polynoom (of de karakteristieke veelterm van A 1412 Aangezien eigenwaarden en eigenvectoren uiteraard alleen van A en niet van de gekozen basis α afhangen zou de karakteristieke vergelijking niet moeten afhangen van de toevallig gekozen basis α Dat is inderdaad het geval Om dat in te zien nemen we een andere basis β Dan is det(a β λi = det( β S α A αα S β λ β S α I α S β = det( β S α (A α λi α S β = det( β S α det(a α λi det( α S β = det(a α λi det( β S αα S β = det(a α λi det(i = det(a α λi De matrices A α en A β geven dus hetzelfde karakteristieke polynoom

32 14 Eigenwaarden en eigenvectoren, diagonaliseren Voordat we voorbeelden gaan bespreken gaan we nog wat verder op het karakteristieke polynoom in Dat polynoom is de determinant a 11 λ a 12 a 1n a 21 a 22 λ a n1 a nn λ Deze determinant is de som van n! termen en iedere term bestaat uit een product van n matrixelementen die zo gekozen worden dat uit iedere rij en iedere kolom precies één element afkomstig is Iedere term in deze som is dus een polynoom in λ van graad hoogstens n Eén van de termen is: (a 11 λ(a 22 λ (a nn λ = ( 1 n λ n + ( 1 n 1 (a 11 + a a nn λ n 1 + Ieder van de overige termen bevat een element a ij met i j In zo n term komen dus (a ii λ en (a jj λ niet voor en zo n term is dus een polynoom van graad hoogstens n 2 Het karakteristieke polynoom is dus een polynoom van graad n van de gedaante ( 1 n λ n + ( 1 n 1 (a 11 + a a nn λ n c 1 λ + c Definitie (Spoor De som van de diagonaalelementen van een vierkante matrix heet het spoor van de matrix Omdat de karakteristieke vergelijking niet afhangt van de basiskeuze vinden we dus: 1415 Stelling Laat A : V V een lineaire afbeeldings zijn met dim(v < Voor iedere basiskeuze α heeft de matrix A α hetzelfde spoor De coëfficiënt c 0 in het karakteristieke polynoom is ook eenvoudig te vinden Nemen we λ = 0 dan staat er det(a = c 0 Dus: 1416 Stelling Laat A : V V een lineaire afbeelding zijn met dim(v < Voor iedere basiskeuze α heeft de matrix A α dezelfde determinant 1417 Laat λ 1,,λ n de n (complexe wortels van de karakteristieke vergelijking zijn Dan is het karakteristieke polynoom te schrijven als ( 1 n (λ λ 1 (λ λ 2 (λ λ n = ( 1 n λ n + ( 1 n 1 (λ 1 + λ λ n λ n λ 1 λ 2 λ n Hieruit volgt:

33 30 Lineaire afbeeldingen 1418 Stelling Het spoor van de matrix is de som van de wortels van de karakteristieke vergelijking en de determinant van de matrix is het product van de wortels van de karakteristieke vergelijking 1419 Het bepalen van eigenwaarden en eigenvectoren kan dus als volgt geschieden (soms zijn er andere slimmere manieren: Stel de matrix A α van de lineaire afbeelding A : V V op tov een basis α naar keuze Stel de karakteristieke vergelijking det(a α λi = 0 op en los deze op Werken we in een reële vectorruimte, dan zijn de reële wortels de eigenwaarden van de lineaire afbeelding Werken we in een complexe ruimte, dan is elke wortel eigenwaarde Los voor elke eigenwaarde λ het stelsel (A α λv = 0 op (zie 13 Elke oplossing geeft de coördinaten van een vector uit E λ De oplossingen vormen de eigenruimte E λ, maar wel in termen van coördinaten tov de basis α Ga desgewenst terug van coördinaten naar vectoren in V Als er een basis van eigenvectoren blijkt te bestaan, is het opstellen van de matrix tov zo n basis eenvoudig: de matrix is een diagonaalmatrix met langs de diagonaal precies de eigenwaarden (in dezelfde volgorde als waarin de corresponderende eigenvectoren in de basis staan Er hoeven dus geen expliciete transformaties berekend te worden 1420 Voorbeeld We beschouwen in R 2 met het standaardinproduct de projectie op de lijn l : 2x 3y = 0 (zie voorbeeld 1317 De matrix van deze projectie is ( 1 9 6, zodat de karakteristieke vergelijking is 9 13 λ λ = λ λ = 1 ( (9 13λ(4 13λ 36 = λ 2 λ = De karakteristieke vergelijking heeft dus twee wortels: λ = 1 en λ = 0 Het spoor van de matrix is 1 en de determinant is 0

34 14 Eigenwaarden en eigenvectoren, diagonaliseren 31 De eigenruimte bij λ = 1 vinden we uit het stelsel vergelijkingen met coëfficiëntenmatrix ( ( dus uit 2x 3y = 0 (dat is l, verrassend? Alle oplossingen (x, y zijn dus veelvouden van (3,2, dus E 1 =< 3e 1 + 2e 2 > (= l De eigenruimte bij λ = 0 vinden we uit het stelsel vergelijkingen ( ( , dus uit 3x+2y = 0 Alle oplossingen (x, y zijn dus veelvouden van (2, 3, zodat E 0 =< 2e 1 3e 2 > (= l Neem a 1 = 3e 1 + 2e 2 en a 2 = 2e 1 3e 2 Dan is α = (a 1, a 2 een basis van eigenvectoren en de matrix van de projectie tov deze basis heeft de diagonaalvorm ( Net als de oorspronkelijke matrix heeft deze matrix spoor 1 en determinant 0 in overeenstemming met de Stellingen 1415 en Voorbeeld We kiezen in E 2 een orthonormale basis e 1, e 2 en beschouwen een draaiing over 90 in de richting van e 1 naar e 2 Dan is Ae 1 = e 2 en Ae 2 = e 1 zodat de matrix tov (e 1, e 2 is ( De karakteristieke vergelijking is λ 1 1 λ = λ2 + 1 = 0 en heeft twee wortels: λ = i en λ = i Het spoor is 0 en de determinant is 1 Maar aangezien E 2 een reële vectorruimte is kunnen i en i geen eigenwaarde zijn; deze draaiing heeft geen eigenvectoren, in overeenstemming met voorbeeld 147