Oefeningen bij de Cursus Lineaire Algebra, Eerste Kandidatuur Informatica. Complexe Getallen en Veeltermvergelijkingen over R en C

Transcriptie

1 Oefeningen bij de Cursus Lineaire Algebra, Eerste Kandidatuur Informatica Stefaan De Winter en Koen Thas Universiteit Gent, Vakgroep Zuivere Wiskunde en Computeralgebra Galglaan, Gent Academiejaar -3 Complexe Getallen en Veeltermvergelijkingen over R en C Algemene oefeningen Schrijf de volgende complexe getallen als a + ib: (a) ( + i) (b) i (c) +i (d) ( + 3i)(3 4i) Deze nota s zijn gedeeltelijk gebaseerd op de oefeningennota s van Deirdre Luyckx

2 (e) ( + i)( i) (f) i 5 + i 6 (g) + i + i + i 3 (h) ( + i)( + i 8 ) (i) 3+i 3 i (j) +3i i Bepaal de modulus en het hoofdargument van de volgende complexe getallen Schrijf ze vervolgens in exponentiële, goniometrische en matrixgedaante en teken ze, op (e) na, als punten van het Euclidische vlak (a) i (b) 3i (c) (d) (e) 3 + 3i (f) +i (g) ( + i) 3 (h) ( i) 3 (i) +i (j) (+i) 3 Beschouw de complexe exponentiële functie, die gedefinieerd wordt door exp(z) = exp(x+iy) = e z = e x (cos y +i sin y) Bepaal exp(r) = {e z z R} en exp(ir) = {e z z ir} Algemene oefeningen: oplossingen (a) i (b) i (c) i (d) 8 + i (e) 3 i (f) + i (g)

3 (h) + i (i) 4+i 5 (j) +7i 5 (a) i =, arg(i) = π (b) 3i = 3, arg( 3i) = 3π (c) =, arg( ) = π (d) =, arg() = (e) 3 + 3i = 3, arg( 3 + 3i) = 5π 6 ( ) (f) =, arg +i +i = π 4 (g) ( + i) 3 =, arg(( + i) 3 ) = π 4 (h) ( i) 3 =, arg(( i) 3 ) = 7π 4 (i) = +i, arg ( ) +i = 7π 4 ( ) (j) (+i) =, arg = 3π (+i) 3 exp(r) =], + [; exp(ir) is de cirkel met straal, die met een periode van π steeds opnieuw doorlopen wordt 3 Methodes bij het ontbinden van een veelterm Over R kan men een willekeurige veelterm steeds schrijven als het product van lineaire en kwadratische factoren Over C kan men een willekeurige veelterm steeds schrijven als het product van lineaire factoren We hebben dus de volgende eigenschap: Eigenschap Een veelterm van graad n heeft hoogstens n nulpunten over R en steeds juist n nulpunten over C (waarbij de nulpunten met hun multipliciteit geteld worden) Opmerking Het dient tevens opgemerkt te worden dat indien c = a+bi C\R, waarbij a, b R en b, een complexe wortel is van de veelterm f(x) met coëfficienten in R (dus f(c) = ), zijn complex toegevoegde c = a bi ook een wortel is van f(x) 3

4 3 De kwadratische vergelijking ax + bx + c = Bereken = b 4ac Over R: Indien < heeft deze vgl geen oplossingen; indien worden de oplossingen gegeven door Over C: x, = b± a x, = b± a 3 De merkwaardige producten Over R en C: a b = (a b)(a + b) (a ± b) = a ± ab + b (a ± b) 3 = a 3 ± 3a b + 3ab ± b 3 ENKEL over C: a + b = (a ib)(a + ib) 33 Het binomium van Newton Er geldt dat (a + b) n = ( n n i= i 34 Herleiden to lagere graad ) a i b n i Zij f(x) een veelterm van graad n en zij a een wortel van f,ie f(a) =, dan geldt f(x) = g(x)(x a) met g(x) een veelterm van graad n ; g(x) kan gevonden worden door de Euclidische deling f(x) : (x a) uit te voeren (zie verder voor een voorbeeld) De nulpunten van f zijn dan a samen met de nulpunten van g Indien men weet dat f(x) deelbaar is door een polynoom l(x) van de graad m, dan kan f(x) geschreven worden als f(x) = l(x)k(x) met k(x) een polynoom van graad n m; k(x) kan dan gevonden worden door de Euclidische deling f(x) : l(x) uit te voeren De nulpunten van f(x) worden gegeven door de nulpunten van l(x) samen met de nulpunten van k(x) 4

5 35 n-de machtswortels De formule van De Moivre leert (cosθ+isinθ) n = cos(nθ)+isin(nθ) Hieruit volgt nu gemakkelijk dat de oplossingen over C van z n = a = a (cosθ+isinθ) gegeven worden door z j = a /n (cos( θ+πj )+isin( θ+πj )) met j =,,, n n n Hierin is a /n een vast gekozen n-de machtswortel van a in R 4 Voorbeelden Ontbind z 3 + iz 7z iz 6 6i over C (Hint: deze veelterm heeft een reele wortel) Oplossing: Zij a de reele wortel, dan zien we dat (a 3 7a 6)+i(a a 6) = Uit het feit dat a R volgt nu dat a 3 7a 6 = en dat a a 6 = Uit de tweede vergelijking kan je nu gemakkelijk twee mogelijkheden voor a vinden Ga daarna na welke een wortel is van de grote vergelijking en deel deze dan door z a Je vindt bvb (er zijn twee verschillende mogelijkheden) met a = : (z + )(z + ( + i)z 3( + i)) Je kan nu gemakkelijk de wortels zoeken van het kwadratische stuk en uiteindelijk vind je : (z + )(z 3)(z + + i) Bepaal de nulpunten van f(z) = z 4 + 3z 3 + 7z + 9z + 4 als je weet dat g(z) = z + z + een deler is van f(z) Oplossing: We voeren de Euclidische deling f(z) : g(z) uit: z 4 +3z 3 +7z +9z +4 z + z + z 4 +z 3 +z z + z + 4 z 3 +6z +9z +4 z 3 +z +z 4z +8z +4 4z +8z +4 Bijgevolg geldt er dat f(z) = (z + z + )(z + z + 4), het product van twee kwadratische factoren waarvan we nu gemakkelijk de wortels kunnen bepalen 5

6 5 De binomiaalvergelijking z n = c, c C Bepaal in de exponentiële gedaante de wortels over C van de volgende vergelijkingen Teken deze wortels in, 3, 5, 6, 8 en 9 z 3 = 7 z 3 = i 3 z = 4 4 z 5 = i 5 z 4 = 6 z 3 = 5 7 z 5 = 3 8 z 3 = 4i 9 z 4 = 56 z 3 = 3 + i 6 De binomiaalvergelijking z n = c, c C: oplossingen Opl = {3, 3e πi 3, 3e 4πi 3 } Opl = {e πi 9, e 7πi 9, e 3πi 9 } 3 Opl = {e πi, e 3πi } = {i, i} 4 Opl = {e 3πi, e 7πi, e πi, e 5πi, e 9πi } 5 Opl = {, e πi, e πi, e 3πi } 6 Opl = { 3 5e πi 3, 3 5e πi, 3 5e 5πi 3 } 7 Opl = {, e πi 5, e 4πi 5, e 6πi 5, e 8πi 5 } 8 Opl = { 3 4e πi 6, 3 4e 5πi 6, 3 4e 9πi 6 } 9 Opl = {4e πi 4, 4e 3πi 4, 4e 5πi 4, 4e 7πi 4 } Opl = { 3 e 5πi 8, 3 e 7πi 8, 3 e 9πi 8 } 6

7 7 Veeltermen ontbinden over C Zoek over C de wortels van de volgende veeltermen: z 4 + 3z 4 z 3 z + z 6 Hint: + i is een wortel 3 z 3 + z + z 39 Hint: + 3i is een wortel 4 z 3 (3 + i)z (5 8i)z 7 + 9i Hint: 7 i is een wortel 5 z 3 + (4 3i)z ( + 6i)z i Hint: er bestaat een reële wortel 6 z 4 + 4z 3 + 6z + 4z + 5 Hint: er zijn geen reële wortels 7 z 4 5z 3 + 6z z Hint: er bestaat een reële wortel 8 iz 3 (3 + i)z (9 + i)z 6 + 8i Ontbind (), (), (3), (6) en (7) ook over R 8 Veeltermen ontbinden over C: oplossingen z 4 + 3z 4 = (z + )(z )(z + i)(z i); over R: z 4 + 3z 4 = (z )(z + )(z + 4) z 3 z + z 6 = (z i)(z + i)(z 4); over R: z 3 z + z 6 = (z 4)(z z + ) 3 z 3 + z + z 39 = (z + 3i)(z + + 3i)(z 3); over R: z 3 + z + z 39 = (z 3)(z + 4z + 3) 4 z 3 (3 + i)z (5 8i)z 7 + 9i = (z 7 + i)(z i)(z + 4i) 5 z 3 + (4 3i)z ( + 6i)z i = (z 3)(z + 5)(z + 3i) 6 z 4 + 4z 3 + 6z + 4z + 5 = (z + i)(z i)(z + i)(z + + i); over R: z 4 + 4z 3 + 6z + 4z + 5 = (z + 4z + 5)(z + ) 7

8 7 z 4 5z 3 + 6z z = (z + )(z 5)(z + 3i)(z 3i); over R: z 4 5z 3 + 6z z = (z + )(z 5)(z z + ) 8 iz 3 (3 + i)z (9 + i)z 6 + 8i = i(z i)(z + )(z 3 + 4i) 8

9 Vectorruimten Bewijs dat Mat(n, C),,, waarbij, : Mat(n, C) Mat(n, C) C een inproduktruimte is (A, B) A, B = tr(b + A) := Ga na of de volgende deelverzamelingen ook deelruimten zijn: n b ij a ij i,j= (a) S := {(x, x, x 3, x 4 ) R 4 x x = x 3 + x 4} als deelverzameling van de vectorruimte R 4 over R (b) S := {(a, a,, a s,, ) R N a i+ = a + a + + a i, i =,, s } met s N vast, als deelverzameling van de vectorruimte R N over R 3 Bepaal in R 3,,, met x, y = 3 i= x iy i de orthogonale projectie op het xy-vlak van de vectoren v = 3, v = 4, v 3 = en bereken hun afstand tot dit vlak Maak een tekening om de meetkundige betekenis te verduidelijken Bepaal en teken ook het orthogonale complement van de vector v 4 Bepaal in R 3,, het orthogonale complement S van de verzameling S := 3,, 3 3 Controleer dat inderdaad geldt dat (S ) = sp(s) Maak een tekening om de meetkundige betekenis hiervan te verduidelijken 5 Zijn de volgende vectoren lineair onafhankelijk? Geef de dimensie van de deelruimten die ze voortbrengen 9

10 (a) in R 5 : i (, 3,,, 3), (, 4, 3, 4, ), (, 3,,, ), (,, 7,, 5) ii (, 3,,, ), (, 5, 6, 6, 3), (, 5, 3,, ) iii (, 3,,, 3), (, 4, 3, 4, ), (, 3,,, ) iv (,, 3,, ), (3,,,, ), (,,,, 3), (,,,, ), (, 4,, 4, 3) (b) in C 4 : i (, i,, ), (i, i, + i, ), (, + i, 3 i, ), (i, i, 3 i, + i) ii (i, + i,, ), (3, i,, + i), (4i, i, + i, 3) 6 Pas de orthonormeringsmethode van Gram-Schmidt toe om de volgende stellen lineair onafhankelijke vectoren om te vormen tot orthonormale stellen (a) In R : v = ( ) (, v = 3 Maak een tekening van alle vectoren die je in de loop van het proces bekomt (b) In R 3 : (c) In C 4 : v = v = i, v =, v = i, v 3 = ), v 3 =, v 4 = 7 Bepaal in R 3,, het orthogonale complement van de deelruimte 3 S = sp, Zoek ook de orthogonale projectie van 4 h = 3 en h = op S en bereken de afstand van h en h tot S 7 6 i

11 8 Bepaal in C 4,, met x, y = n i= x iy i het orthogonale complement van de deelruimte S = sp, i, i i Zoek de orthogonale projectie van een algemene vector x r = y z C4 u op S Wat wordt dit voor de vector h = i + i? 9 Definieer de volgende matrices: ( ) A := en B := ( ) Beschouw vervolgens twee deelverzamelingen S en T van Mat(, K), met K = R of C: S := {M Mat(, K) MA = AM} T := {M Mat(, K) MB = BM} Bewijs dat S en T deelruimten zijn van Mat(, K), opgevat als 4-dimensionale vectorruimte over K Zoek een basis voor S, T, S T en S + T en geef de dimensie van deze deelruimten Beschouw in R 4,, de verzameling S := {(x, x, x 3, x 4 ) R 4 x + x + x 3 + x 4 = } Toon aan dat S een deelruimte is van R 4 Bepaal vervolgens een orthonormale basis van S en geef de orthogonale projectie van h = (,,, ) en h = (,,, ) op S Bereken tenslotte de afstand van h en h tot S

12 Beschouw in C 3 de overgang van de standaardbasis {e, e, e 3 } naar de orthonormale basis: / 3i/4 3/4 B := 3i/, 3/4, i/4 / 3i/ Bepaal de matrix van de basisovergang en controleer dat deze unitair is Zoek tenslotte de coördinaten van de vector v := e + ie + ie 3 ten opzichte van de nieuwe basis 9 Oplossingen zie les (a) geen deelruimte: x + y behoort niet tot S voor algemene x, y S (b) wel een deelruimte 3 proj xy(v ) =, d(v, xy) = 3 4 proj xy(v ) =, d(v, xy) = proj xy(v 3 ) =, d(v 3, xy) = x v = y R 3 x + y + 3z = z x 4 S = y R 3 x = 3z, y = z = sp z 5 (a) in R 5 : 3 i lineair afhankelijk; v v + 3v 3 + v 4 = ; de door deze vectoren voortgebrachte deelruimte is driedimensionaal ii lineair afhankelijk; 5v + v + v 3 = ; de door deze vectoren voortgebrachte deelruimte is tweedimensionaal iii lineair onafhankelijk; de door deze vectoren voortgebrachte deelruimte is driedimensionaal

13 6 (a) iv lineair afhankelijk; v +v +v 3 +v 4 v 5 = ; de door deze vectoren voortgebrachte deelruimte is vierdimensionaal (b) in C 4 : i lineair afhankelijk; v + iv v 3 = en iv + v 3 v 4 = ; de door deze vectoren voortgebrachte deelruimte is tweedimensionaal ii lineair onafhankelijk; de door deze vectoren voortgebrachte deelruimte is driedimensionaal w = 5 ( ), w = ( ) (b) (c) w = 3, w = 6 w = w 3 = 3 3 i 4i , w = 3, w 4 = 3, w 3 = i 4, i i i 7 S = x y z R 3 x =, z = y = sp proj S (h ) = 4, proj S (h ) = 7 4 d(h, S) = 5, d(h, S) = 5 3

14 8 S = x y z u proj S (r) = 6 C4 x = y =, z = ( + i)u 6x 6y z ( + i)u ( + i)z + 4u = sp, proj S (h) = 6 + i 6 6i 3i 6 + i 9 Zoek eerst een expliciete voorstelling voor S en T : {( ) } k S = Mat(, K) k, l K, l k T = {( k l k ) } Mat(, K) k, l K Het is nu eenvoudig te bewijzen dat S en T de volgende basis hebben (vergeet dit echter niet te doen!): {( ) ( )} S :,, T : {( ) (, )} Voor S + T en S T ga je analoog tewerk en vind je de volgende basissen: {( ) ( ) ( )} S + T :,,, (Dit volgt ook onmiddellijk uit de theorie op blz 35 van de cursus) {( )} S T : S en T zijn tweedimensionaal, S + T is driedimensionaal en S T is eendimensionaal 4

15 Om een orthonormale basis te vinden, moet je eerst een gewone basis zoeken De volgende basis ligt voor de hand (vergeet niet te controleren dat het echt een basis is!): B =,, Vervolgens orthonormeer je deze met behulp van Gram-Schmidt Het resultaat is de gevraagde orthonormale basis: B =, 6, 3 3 De orthogonale projectie van h op S is de nulvector, hetgeen betekent dat h in S ligt Bijgevolg is d(h, S) = h = 4 Tenslotte is proj S (h ) = en d(h, S) = 3 De matrix van de basisovergang van de standaardbasis (SB) naar de gegeven basis (B) wordt gegeven door: M SB B = 3i 3 3i 3 i 4 3i De vector v heeft ten opzichte van de nieuwe basis de volgende coordinaten: [v] B = + 3 ( + 3)i

16 Stelsels Bespreek de volgende stelsels x + y z = s + t x + y z = s + t x + 4y 7z = s t met s, t R lx + y + z = l + x + ly + z = x + y + lz = x + ay + bz = 3 x + y + abz = a + b ax + y + bz = b x + y z u = l x y + z u = k x + y + kz u = x + y + lz = l x + ly + z = l lx + y + z = l + k x + ay + z = a x + y + az = (a + )x + ay + z = a met l R met a, b R met k, l R met k, l R met a R 6

17 7 8 x + y + z = a x + y z = b x y z = c x y + z = d x + ay + a z = x + by + b z = x + y + z = met a, b, c, d R met a, b R 9 Beschouw het algemeen lineair stelsel (S) van m vergelijkingen in n onbekenden x,, x n AX t = C t, waarbij A een (m n)-matrix is over het veld K, waarbij X = (x x x n ), en waarbij C = (c c c m ), c j K met j =,, m Bepaal wanneer precies de oplossingsverzameling van het stelsel (S) een deelvectorruimte is van K n Bespreken van stelsels: oplossingen (a) s Het stelsel is strijdig (b) s = De oplossingsverzameling is: (a) l Opl = {(3t y, y, t) y R} i l {( )} l Opl = l, l, 7

18 ii l = {( Opl = 3 + z, ) 3 + z, z } z R (b) l = Het stelsel is strijdig 3 (a) a i b en a {( )} ab a 3 Opl = (a )(a + ), a b + 3 a(a + b + ) 3, (a )(a + ) b(a )(a + ) ii b = en a a + 3 en a 3 Het stelsel is strijdig a = + 3 {( + 3 Opl = 3 3, 7 + ) 3 3 3, z a = 3 {( 3 Opl = 3 + 3, 7 ) , z iii b en a = b Het stelsel is strijdig b = {( Opl = 3 z, 6 ) z, z z R z R } } } z R (b) a = Het stelsel is strijdig, ongeacht de waarde van b 8

19 4 (a) k {( k + l (k )(l k ) Opl = + u,, l ) (k + ) + k, u } u R (b) k = 5 (a) l (b) l = 6 (a) a i l Het stelsel is strijdig ii l = Opl = {(u, z +, z, u) z, u R} i l {( k(l + ) Opl = (l )(l + ) l(l )(l + ) k,, (l )(l + ) ii l = k Het stelsel is strijdig k = i k Het stelsel is strijdig ii k = Opl = {(z, z, z) z R} Opl = {( y z, y, z) y, z R} i a en a Opl = {(, a a, a 9 )} k (l )(l + ) )}

20 ii a = Opl = {( z, z, z) z R} iii a = (b) a = Het stelsel is strijdig 7 (a) d = a b c Opl = (b) d a b c Het stelsel is strijdig Opl = {(, + z, z) z R} {( a + c, a + b, b c )} Opmerking: dit stelsel kun je (ook) eenvoudig oplossen door substitutie toe te passen 8 (a) a b (b) a = b i a en b Opl = {(,, )} ii a = en b Opl = {(bz +, ( + b)z, z) z R} iii a en b = Opl = {( + az, ( + a)z, z) z R} i a Opl = {( + az, ( + a)z, z) z R}

21 ii a = b = Opl = {( y z, y, z) y, z R} 9 De oplossingsverzameling O(S) van (S) is een deelvectorruimte van K n als en slechts een van de volgende voorwaarden voldaan is: (a) (S) heeft geen oplossingen en dan is O(S) = ; (b) C = ( ), ie het stelsel is homogeen

22 Toepassingen van de Goniometrische Gedaante van Complexe Getallen Bewijs dat de som van de wortels van een veelterm a n z n + + a z + a, a i C, i =,,, n en n, nul is Bewijs dat de som van de m-de eenheidswortels van elke m N\{, } nul is 3 Zij n N \ {,, } en laat de punten P = (x, y ), P = (x, y ),,P n = (x n, y n ) in R de hoekpunten vormen van een regelmatige n-hoek met zwaartepunt O = (, ) Bepaal voor welke n N \ {,, } dan de volgende eigenschap geldt: als q, q,, q n Q rationale getallen zijn zó dat de punten q P = (q x, q y ), q P = (q x, q y ),, q n P n = (q n x n, q n y n ) de hoekpunten vormen van een n-hoek met zwaartepunt O = (, ), dan vormen de n punten q P, q P,, q n P n de hoekpunten van een regelmatige n-hoek Referentie K Dekimpe Opgave 6 van de Universitaire Wiskunde Oplympiade , T U Eindhoven, p 5 6 Oplossingen Zie de les Deze wortels z, z,, z m zijn oplossingen van de vergelijking z m =, of dus wortels van de veelterm z m Gebruik nu de vorige oefening (zie de les) 3 We zullen aantonen dat de eigenschap geldt als en slechts als n een oneven priemgetal is We zullen eerst aantonen dat de eigenschap niet geldig is als n geen priemgetal is, en daarna bewijzen we de eigenschap in het geval n wel priem is In beide gevallen onderstellen we, zonder verlies van de

23 algemeenheid, dat de oorspronkelijke n-hoek zodanig in het vlak geplaatst is dat het hoekpunt P n coördinaten (, ) heeft Na identificatie van het vlak R met C geldt dan dat de hoekpunten van de gegeven regelmatige n-hoek samenvallen met de n-de eenheidswortels Dus, we hebben: voor alle k {,,, n} P n = e kπi/n Observatie De som van de m-de eenheidswortels van m N \ {, } is nul (zie de andere opgaven) Definitie Onderstel dat x, x,, x n n verschillende punten zijn in R, en onderstel dat (a, b ), (a, b ),, (a n, b n ) de respectievelijke coördinaten zijn Dan is het punt Z met coördinaten n i= ( a n i i=, b n ) n n het zwaartepunt van deze verzameling punten (een n-hoek kan gezien worden als de verzameling van zijn hoekpunten) Stelling De eigenschap is niet geldig indien n geen priemgetal is Bewijs Aangezien n geen priemgetal is, kunnen we n ontbinden als product n = l l van twee natuurlijke getallen l en l die strikt tussen en n liggen Kiezen we nu voor alle k {,,, n} q k = als l geen deler is van k, en q k = als l wel een deler is van k, dan hebben we de volgende eigenschap Eigenschap De n-hoek met hoekpunten q P, q P,, q n P n is een nietregelmatige veelhoek met zwaartepunt O = (, ) Bewijs Het zwaartepunt wordt gegeven door n n q k P k = n k= n P k + n k= l j= P jl =, 3

24 waarbij de laatste stap steunt op de vorige opgave (zie de les) Stelling De eigenschap is geldig indien n een priemgetal is Bewijs Onderstel dat n een priemgetal is en dat q P, q P,, q n P n de hoekpunten zijn van een n-hoek met zwaartepunt O = (, ) Ter vereenvoudiging gebruiken we de notatie q = q n en P = P n (zonder de algemeenheid te schaden) Het feit dat de nieuwe veelhoek tevens als zwaartepunt (, ) heeft, impliceert dat n n n q k P k = q k P k = q k e kiπ/n = k= We weten echter ook dat q n n k= k= n e kiπ/n = q n e kiπ/n = k= k= Combinatie van de twee uitdrukkingen levert dat n (q n q k )e kiπ/n = k= Dit betekent dat de (primitieve) n-de eenheidswortel e iπ/n een wortel is van de veelterm n V (x) = (q n q k )x k k= van de graad k < n De irreducibele veelterm (zie de les) van deze (primitieve) n-de eenheidswortel is echter I(n, x) = x n + x n + + x +, waarbij we opmerken dat n priem is Dus moet de veelterm I(n, x) de veelterm V (x) delen Dit is enkel mogelijk als V (x) de nulveelterm is, en er volgt direct dat q = q = = q n Dit bewijst dat de nieuwe veelhoek een regelmatige veelhoek is 4

25 Jordan-Normaalvormen 3 Eigenwaarden, eigenvectoren en de Jordannormaalvorm Zij vanaf nu A Mat n (C) 3 Eigenwaarden en eigenvectoren 3 Basistheorie Definitie Een vector v is een eigenvector van A asa v en er een λ C bestaat zodat Av = λv Als met λ C een eigenvector correspondeert dan noemen we λ een eigenwaarde Stelling λ is een eigenwaarde van A asa det(a λi n ) = Definitie Zij λ een eigenwaarde van A dan definiëren we de eigenruimte E λ bij λ als E λ = ker(a λi n ) = { eigenvectoren bij λ} {} = {v (A λi n )v = } Merk op dat de veelterm det(a λi n ) steeds van de volgende vorm is: ( ) n (λ λ ) r (λ λ ) r (λ λ p ) rp met λ,, λ p twee aan twee verschillend Definitie De algebraïsche multipliciteit van de eigenwaarde λ i wordt gedefinieerd als r i De meetkundige multipliciteit van de eigenwaarde λ i wordt gedefinieerd als m i = dim(e λi ) Stelling Voor elke eigenwaarde λ i van A geldt m i r i 5

26 3 Voorbeelden A = det(a λi 3 ) = (λ + ) (λ 4) Bijgevolg zijn er twee eigenwaarden: met algebraïsche multipliciteit en 4 met alg mult We bepalen als voorbeeld de eigenruimte behorende bij E = ker(a + I 3 ) = Dit betekent dat moet gelden of dus dat x y z x + y z = 7x = 7y z = x + y = E = Bijgevolg is m = dim(e ) = < r = x x x C 3 Diagonaliseren van een matrix 3 Basistheorie x y z = Definitie A is diagonaliseerbaar asa er een inverteerbare matrix Q Mat n (C) bestaat zodat Q AQ een diagonaalmatrix is Stelling Eigenvectoren van A die behoren bij verschillende eigenwaarden zijn steeds lineair onafhankelijk A is diagonaliseerbaar asa voor elke eigenwaarde van A geldt dat de alg mult gelijk is aan de meetk mult 6

27 Als A n verschillende eigenwaarden bezit dan is A diagonaliseerbaar In de diagonaalvorm van A worden de diagonaal elementen gegeven door de eigenwaarden van A, waarbij elke eigenwaarde juist evenveel voorkomt als zijn algmult(= zijn meetk mult) 3 Voorbeeld A = Net als in de subsectie over eigenwaarden en eigenvectoren vinden we dat A twee eigenwaarden heeft, nl en 4 met respectieve alg mult en en respectieve meetk mult en Bijgevolg geldt voor elke eigenwaarde van A dat zijn alg mult gelijk is aan zijn meetk mult Zodoende is A diagonaliseerbaar en wordt een diagonaalvorm van A gegeven door diag(a) = 33 De Jordan-normaalvorm 4 Onderstel voor deze subsectie dat A niet diagonaliseerbaar is 33 Basistheorie Definitie Een Jordan-blokje bij λ is een vierkante matrix van de volgend vorm: ( ) λ λ (λ),, λ, λ λ Indien nu A niet diagonaliseerbaar is kunnen we A wel steeds herleiden tot een zogenaamde Jordan-normaal vorm Deze (n n)-matrix heeft de volgende vorm: JN(A) = A A p met p het aantal verschillende eigenwaarden van A en met dim(a j ) = r j, de alg mult van de j-de eigenwaarde λ j (j =,, p) 7

28 Bepaling van A j Beschouw de volgende keten van deelruimten: {} ker(a λ j I n ) ker(a λ j I n ) ker(a λ j I n ) s dim : < d < d < < d s = m j Beschouw nu de volgende piramide: A j wordt nu gegeven door d s d s = (d s d s streepjes) d s d s = (d s d s streepjes) d = (d streepjes) A j A j = A js met A ji een Jordan-blokje behorende bij λ j van dimensie het aantal streepjes in de piramide in de i-de kolom 33 Voorbeelden A = 4 We vinden det(a λi 6 ) = (λ ) 5 (λ 4) Bijgevolg heeft A als eigenwaarde met alg mult 5 en 4 met alg mult Net als in de vorige subsecties kunnen we gemakkelijk de meetkundige multipliciteiten bepalen Voor de eigenwaarde vinden we m = 3 en voor de eigenwaarde 4 vinden we m 4 = Er volgt onmiddellijk dat A niet diagonaliseerbaar is Teneinde het blok te kunnen bepalen behorende bij de eigenwaarde moeten we een keten van deelruimten bepalen zoals hierboven uitgelegd We vinden dat (A I 6 ) = 6 8

29 en dat (A I 6 ) 3 = zodat we volgende keten verkrijgen: 64 {} ker(a I 6 ) ker(a I 6 ) ker(a I 6 ) 3 dim : < 3 < 4 < 5 = m Dit levert dan de volgende piramide op: 5 4 = = 4 3 = = 3 = 3= Dit impliceert nu dat het blok A behorende bij de eerste eigenwaarde bestaat uit drie Jordan-blokjes, één van dimensie 3 en twee van dimensie Bijgevolg heeft het blok A volgende vorm: A = Het blok A behorende bij de tweede eigenwaarde 4 kan enkel de volgende vorm hebben: (4) Aldus vinden we tenslotte voor de Jordan-normaalvorm van A: JN(A) = 4 4 Enkele uitgewerkte oefeningen 4 Oefening Vind de Jordan-normaalvorm van de matrix A met karakteristieke veelterm K A (x) = (x ) 3 (x ) 4, indien de geometrische multipliciteit van de verschillende eigenwaarden gegeven wordt: 9

30 dim Ker(A I) = ; dim Ker(A I) = 3 Oplossing: Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ = : geometrische multipliciteit = = blokken algebraïsche multipliciteit = 3 = van de blokken heeft orde Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ = : geometrische multipliciteit = 3 = 3 blokken algebraïsche multipliciteit = 4 = van de blokken heeft orde Besluit: J A = 4 Oefening Vind de Jordan-normaalvorm van de matrix ( A = Oplossing: ( ) x K A (x) = det = x x + We krijgen dus de volgende eigenwaarden: λ = i en λ = i Dit betekent dat K A (x) = (x i)(x + i), en dus dat m A (x) = (x i)(x + i) ) Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ = i: geometrische multipliciteit = = blok algebraïsche multipliciteit = = blok van orde 3

31 Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ = : geometrische multipliciteit = = blok algebraïsche multipliciteit = = blok van orde Besluit: J A = ( i i ) 43 Oefening 3 Vind de Jordan-normaalvorm van de matrix ( + i B = + i Oplossing: K B (x) = det ( + i x + i x ) ) = ( + i x) = (x ( + i)) We krijgen dus de volgende eigenwaarden: λ = λ = + i Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ = λ = + i: geometrische multipliciteit ( = dim) Ker(B (i + )I) Nu geldt: B (i + )I = = rang(b (i + )I) = = dim Ker(B (i + )I) = = blok Besluit: J B = ( + i + i ) 44 Oefening 4 Vind de Jordan-normaalvorm van de matrix T =

32 Oplossing: K T (x) = det(t xi) = det x 8 x 6 x 4 6 x = (x ( + i))(x ( i))(x ) We krijgen dus de volgende eigenwaarden: λ = + i, λ = i en λ 3 = λ 4 = Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ = + i: geometrische multipliciteit = = blok algebraïsche multipliciteit = = blok van orde Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ = i: geometrische multipliciteit = = blok algebraïsche multipliciteit = = blok van orde Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ 3 = λ 4 = : geometrische multipliciteit = dim Ker(T λ 3 ) = = blok algebraïsche multipliciteit = = blok van orde Besluit: J T = + i i 3

33 Additionele Opgaven Schrijf in de vorm a + bi met a, b R: (a) ( 7 + 3i) + ( i) (b) ( + i/3) + (3 i) (c) ( 3i)( 3 + i) (d) ( + i)(/ i)( i) (e) ( 4i) 3 (f) i 3 (g) 3 5i 3 9 i 3 (h) +8i + 7 6i 3+4i 3 4i (i) (5 i) (j) ( +3i ) i (k) 7 + 3i (l) ( +5i 3 4i ) 3 (m) e iπ/ (n) i + e iπ (o) e iπ/4 e iπ/3 (p) eiπ/ +e iπ/ Bepaal alle complexe getallen z = x + iy, x, y R, die voldoen aan: (a) x + iy = x iy (b) x + iy = x iy (c) x+iy x iy = x iy (d) k= ik = x + iy (e) x + iy = ye ix (f) e x+iy = (g) +i i = xeiy 33

34 3 Stel de oplossing van de volgende ongelijkheden en vergelijkingen voor in het complexe vlak (a) z > (b) z z = i (c) z + z = z 4 Bewijs dat e z voor alle z C en bepaal ook alle z C waarvoor e z = 5 Stel z = + 3i en z = i Bepaal de goniometrische gedaante van z z en van z /z 6 Bewijs de formule van De Moivre: 7 Bewijs dat (cos θ + i sin θ) n = cos (nθ) + i sin (nθ) en cos (3θ) = (cos θ) 3 3 cos θ(sin θ), sin (3θ) = 3(cos θ) sin θ (sin θ) 3 8 Voor z C definieert men de cosinus en sinus als volgt: cos z = eiz + e iz ; sin z = eiz e iz i De hyperbolische sinus en cosinus, met x R, is dan gegeven door: Bewijs de volgende gelijkheden: cosh x = ex + e x ; sinh x = ex e x (a) sin (u + v) = sin u cos v sin v cos u; (b) cos (u + v) = cos u cos v sin u sin v; (c) (sin z) + (cos z) = ; (d) cos (iy) = cosh y; 34

35 (e) sin (iy) = i sinh y; (f) sin z = sin x cosh y + i cos x sinh y 9 Voor z C definieert men tan z = sin z cos z (a) Bepaal alle z C waarvoor cos z = ; (b) Toon aan dat tan z = i + (c) Toon aan dat tan z = Bepaal een complement van: (a) (b) in in sp sp i e iz + cosh y cos x cosh y+cos x, sp sp, 3 5 indien cos z als cos z ;, ,, 4 4, 3 3 3, 3 5, Maak een Schurreductie naar de rijen (, 4) en de kolommen (, 3) van de volgende matrix: 3 M :=

36 Zoek de inverse van de matrices op blz 7 in de cursus 3 Bepaal door middel van elementaire rijoperaties de inversen van de matrices 3 4 A := 3, B :=