Oefeningen meetkunde en lineaire algebra. Bert De Deckere

Transcriptie

1 Oefeningen meetkunde en lineaire algebra Bert De Deckere

2 Inhoudsopgave Vectoren 4. Vectorieel product Richtingshoeken Spiegelen van vectoren Orthogonale projectie Vector identiteiten Transformaties 8. Projecties en spiegelingen Rotatie Spiegeling om een rechte Nuldeler Isometrie Basisovergang Hyperboloïde Lineaire ruimtes 6 3. Basis voor doorsnede Endomorfisme, kern, image Basisvoorstelling Gelijksoortige matrices Transformatie Injectiviteit Basisovergang Deelruimte Matrices en determinanten 4 4. Macht van een matrix Inverteerbare matrix Driehoeksmatrix Symmetrisch product Anticommuterende matrices Antisymmetrische matrix Inverteerbaarheid Vectoren Determinant Diagonaliseerbare matrix Inproduct behoudend

3 5 Omwentelingsoppervlakken 3 5. Torus Kegelsnede Regeloppervlakken Kromme van Viviani Möbiusband Rechte conoïde Krommen en oppervlakken Epicycloïde Lissajous Gesloten kromme Eigenwaarden 4 8. Annulerend polynoom Nilpotente matrix Minimaalpolynoom Diagonaliseerbaar Determinant Exponentiële van een matrix Oefening Uniciteit Eigenwaarde Positief definiet Cayley-Hamilton Extra Tensor algebra

4 Voorwoord De opgaven die in deze bundel verwerkt zijn afkomstig van oude examens, de extra opgaven,... Indien je fouten mocht aantreffen gelieve dit dan te melden via 3

5 Vectoren. Vectorieel product Gegeven: zij U, V, W punten in R 3 met oorsprong O en zij u = OU, v = OV, w = OW. Bewijs dat de oppervlakte van de driehoek UV W gelijk is aan v w + w u + u v De oppervlakte van de driehoek is gelijk aan de helft van de oppervlakte van het parallellogram opgespanningen door UV en V W. Dat geeft je dus O = V W UV = (w v) (v u) = v w u w + u v. Richtingshoeken Een vector waarvan de richtingshoeken voldoen aan α = β en γ = α, is steeds evenwijdig met het XY -vlak. Om deze opgave op te lossen kan je gebruikmaken van onderstaande identiteit Invullen geeft je dan En dus moet α gelijk zijn aan ± π 4, ±π. cos (α) + cos (β) + cos (γ) = cos (α) + cos (α) = cos (α) + ( cos (α) ) = 4 cos 4 (α) cos (α) = z (z ) = De waarde ± π 4 komt overeen met het XY -vlak, maar ±π niet, dus vals. 4

6 .3 Spiegelen van vectoren Spiegelen van de vrije vector v t.o.v. de vectorrechte met richtingsvector u, levert als beeld de vector v + ( u v) u op. Voor het vervolg zal onderstaande figuur gebruikt worden y v v u v x Dan geldt v = v v v = v v u u u En uit de combinatie van beide volgt v u v = v + u u En dit komt overeen met het gegeven op voorwaarde dat u =. 5

7 .4 Orthogonale projectie Onder een orthogonale projectie blijft een rechte hoek tussen twee niet-projecterende vectoren bewaard als en slechts dan als beide evenwijdig zijn met het projectievlak. Neem v en w en projecteer deze op u. Dan geldt v = v w = w v u u u w u u u Nu het scalair product nemen van beide leden, wetende dat v w =. v w = ( w u)( v u) u En dus zijn v en w orthogonaal als u w of u v waar..5 Vector identiteiten. Er geldt dat a ( b c) = ( a b) c als en slechts dan als a en c evenwijdig zijn. Deze gelijkheid kan herschreven worden als ɛ ilm ɛ ijk a m b j c k = ɛ imj ɛ ikl a m b j c k En dus ook (δ lj δ mk δ lk δ mj )a m b j c k = (δ mk δ jl δ ml δ jk )a m b j c k b( a c) c( a b) = b( a c) a( b c) Hierbij geldt de gelijkheid als b a b c of als a c.. Voor drie willekeurige vectoren a, b en c geldt steeds a ( b c)+ b ( c a)+ c ( a b) =. Deze zal ik eens oplossen zonder Tensor-analyse, met behulp van de baccab-regel. gelijkheid kan herschreven worden als De b( a c) c( a b) + c( b a) a( b c) + a( c b) b( c a) = Dus de gelijkheid klopt inderdaad. 6

8 3. Voor drie willekeurige vectoren a, b en c geldt er steeds dat het dubbel vectorieel product ( a c) ( c b) een scalair veelvoud is van c. Opnieuw de baccab-regel toepassen c(( a c) b) b(( a c) c) De rechtse term valt weg, dus waar. 4. Voor twee vrije vectoren a en b geldt dat ( a b) b = ( a b) b b a. Wat tensoranalyse er tegenaan smijten ( a b) b = ɛ ijk ɛ ipl a j b k b p = (δ pj δ kl δ jl δ kp )a j b k b p = b( a b) a b 7

9 Transformaties. Projecties en spiegelingen Als P de (3 x 3)-matrix is corresponderend met een orthogonale projectie op een rechte en S de (3 x 3)-matrix corresponderend met een orthogonale spiegeling t.o.v. dezelfde rechte, dan geldt er dat P S = I 3 met I 3 de eenheidsmatrix van orde 3.. Bewijs Beschouw de matrix C die de rechte afbeeldt op de x-as. De matrix P wordt dan gegeven door P = En voor de matrix S geldt S = Deze matrices transformeren zodat er getransformeerd kan worden om iedere rechte gaat als volgt S = C SC P = C P C En dus kan je het gevraagde wat herschrijven P S = C P C C SC = C (P S)C = I 3. Bewijs Beschouw het punt P die na projectie P oplevert. SP = P + P P P P = P + P P = P Dan geldt P P SP = P 8

10 . Rotatie De samenstelling van twee orthogonale spiegelingen tov elkaar snijdende vlakken levert een rotatie op. C a B θ β O α b A Merk vooreerst op dat de vraag hetzelfde blijft indien we snijdende rechten beschouwen. Beschouw het willekeurige punt A dat na spiegeling om de rechte a, het punt B oplevert. Dit punt levert na spiegeling om b het punt C. Om de rotatie aan te tonen gaan we te werk in stappen. Afstand tot O blijft gelijk Dit volgt uit de eigenschappen van de gelijkbenige driehoek.. De rotatiehoek blijft gelijk voor ieder willekeurig punt Dit volgt uit de gelijkheid α + β = θ. Om dit in te zien kunnen de hoeken α en β naar binnen geklapt worden waarna de gelijkheid duidelijk wordt. 9

11 .3 Spiegeling om een rechte Gegeven: een rechte r in het vlak met cartesiaanse vergelijking x + 3y + =. Gevraagd: Beschouw de orthogonale spiegeling t.o.v. r en schrijf ze als samenstelling van elementaire transformaties. Bekom aldus de corresponderende transformatieformules m.b.v. het matrixformalisme. Om deze vraag op te lossen zullen we het geheel verplaatsen naar de oorsprong, roteren, spiegelen om de x-as en terug verplaatsen. Het punt (, ) ligt op de rechte, dus de translatiematrix ziet er als volgt uit T = De hoek die de rechte maakt met de x-as wordt gegeven door cos(α) = (, ) (, 3) 3 ( ) + = 3 Deze hoek ligt in het eerste kwadrant. Hieruit kan de rotatiematrix opgesteld worden 3 3 R = Spiegelen om de x-as gaat als volgt S = Daarna overal de inverse bewerking toepassen en alles samennemen levert het volgende 3 T R SRT = 3 3

12 .4 Nuldeler. Zij A de matrix die correspondeert met een orthogonale projectie op een vlak, in genormaliseerde homogenene coördinaten. Dan is A + I (met I de eenheidsmatrix) nooit een nuldeler. In het hieropvolgende bewijs zal aangetoond worden dat de afbeelding bijectief en dus regulier is. Bijgevolg geldt det(a + I) en heeft A + I geen nuldelers. Beschouw de punten P en Q die na projectie op het vlak P en Q opleveren. Dan geldt (A + I)P = (A + I)Q P + P P + P = Q + Q Q + Q P + P = Q + Q Q P = P Q En hieruit volgt Q = P. De afbeelding is dus injectief, nu nog de surjectiviteit aantonen. Dit houdt in dat je moet aantonen dat ieder punt uit de ruimte bereikt kan worden als beeld van de transformatie. Beschouw hiertoe punten R en T met respectievelijke projecties R en T en stel R = T T /, dus geldt ook R = T /. (A + I)R = R + R = T Waarmee nu ook de surjectiviteit is aangetoond. Bijgevolg is de afbeelding bijectief en dus regulier. A + I heeft geen nuldelers.. Zij A de matrix die correspondeert met een orthogonale projectie op een vlak, in genormaliseerde homogenene coördinaten. Dan is A I (met I de eenheidsmatrix) een nuldeler. We kunnen hierbij analoog te werk gaan als voorheen, beschouw hiertoe onderstaande gelijkheid (A I)P = (A I)Q P P = Q Q Neem nu P en Q willekeurig in het projectievlak, dan geldt dat bovenstaande vectoren gelijk zijn aan de nulvector. Bijgevolg is de afbeelding niet injectief, en dus ook niet regulier A I is een nuldeler.

13 .5 Isometrie Een isometrie wordt in genormaliseerde homogene coördinaten voorgesteld door een orthogonale matrix. Een translatie kan voorgesteld worden door onderstaande matrix a b c Maar dit is zeker geen orthogonale matrix..6 Basisovergang Gegeven Het endomorfisme T : R 3 [x] R 3 [x], bepaald door T (ax 3 + bx + cx + d) = d dx ((x )(ax 3 + bx + cx + d)) Gevraagd Geef de matrixvoorstelling van T t.o.v. de basis B = {x 3 +, x 3, x + x, x x}. De werkwijze die gebruikt zal worden in deze oefening volgt onderstaand schema V B A WB B C V B D W B Hierbij stelt V het domein voor van T en W het bereik. Het subscript geeft aan t.o.v. welke basis deze ruimtes gedefinieerd zijn, en de letters boven de pijlen definiëren de overgangsmatrices. De standaardbasis voor R 3 [x] = V B wordt gegeven door B = {x 3, x, x, }

14 Hoewel de overgangsmatrix m BB = B ook op het zicht kan afgelezen worden zal ik deze berekenen via een matrix. Een dergelijke methode kan dan ook aangewend worden indien de overgang niet zo duidelijk is. Begin met de basis van B in een matrix te plaatsen, en er de eenheidsmatrix aan te hangen. Door deze nu in rijgereduceerde vorm te plaatsen kan de overgangsmatrix B direct afgelezen worden aan de rechterzijde Doordat C dezelfde basisovergang voorstelt geldt C = B. Om de overgangsmatrix A te berekenen dient de afgeleide van uit de opgave bepaald te worden. Deze wordt gegeven door ax 3 + bx + 6cx + d 6ax b En hieruit kan de overgangsmatrix A tussen V B en W B afgelezen worden. Doe dit door achtereenvolgens a, b,... gelijk te stellen aan en de rest aan. A = 6 6 Beschouw nu de volgende elementen y V B x W B y V B x W B x = Ay x = Cx y = By x = Dy En uit de eerste 3 gelijkheden volgt x = CAB y, of dus D = CAB. 9 D =

15 .7 Hyperboloïde Gegeven de rechte s door P ( 5, 5 ), met richtingsvector u(,, ) de rechte r door Q(,, ) met richtingsvector v(,, 4). Gevraagd. Bepaal een affiene transformatie of een coördinatentransformatie, die de gegevens een voorkeurpositie laat innemen t.o.v. het coördinatenstelsel. Bij deze is een coördinatentransformatie het gebruiksvriendelijkst. Neem hierbij als basisvectoren u, QP en u QP. Alsook komt je nieuwe oorsprong te liggen op het punt P. Alles samen wordt dat (na normalisatie) M = / 6 / / 3 5/ / 6 / / 3 5/ 6/3 / 3. Gebruik deze transformatie om een parametervoorstelling en de cartesiaanse vergelijking op te stellen van het oppervlak dat ontstaat door rotatie van r rond s. In bovenstaande matrix heeft s de rol van de x-as overgenomen, dus dan krijg je MR x M r = 5 sin(θ)/ 3 + t 6 sin(θ) t + 5/ + t cos(θ) 5 cos(θ)/ t 6 sin(θ) + 5 sin(θ)/ 3 t 5/ + t cos (θ) + 5 cos(θ)/ t + t cos(θ) sin(θ)/ 3 De cartesiaanse vergelijking opstellen is iets lastiger. Je weet dat hij in standaardgedaante de volgende vorm heeft z + y a x b = Doordat QP = 5, weet je dat (,, 5) op je hyperbolo de ligt. Hieruit weet je dus dat a = 5. Verder geldt dat de raaklijn aan de hyperboloïde richtingscoëfficiënt b/a heeft. Door nu de vector v te transformeren bekom je M v = 6 3 4

16 En dus ook b a = b = 5 6 Nu nog de getransformeerde x, y en z berekenen M x y z = x 6 y 6 + 6z/3 6/3 x/ y/ 5 x/ 3 + y/ 3 + z/ 3 / 3 Dit allemaal substitueren in de cartesiaanse vergelijking geeft je 8 x + 8 z 8 y z + y + x + y x xy + 4 xz + 4 yz + 4 = 5 5

17 3 Lineaire ruimtes 3. Basis voor doorsnede Beschouw ruimtes W en W met de volgende basis W = span((,, ) (,, ) (,, )) W = span((,, ) (,, ) (, 3, )) Om nu een basis te vinden voor de doorsnede van deze ruimtes kan als volgt te werk worden gegaan. Een element uit de doorsnede kan geschreven worden als lineaire combinatie van de ene basis en de andere basis, dus: v W W v = 3 3 λ i e i = µ j ẽ j i= j= Door de tweede som naar de andere kant te brengen kan je dit herschrijven in een matrix, laten we die A noemen Aα = Hierbij bevat A je basisvectoren e i en ẽ j en zoek je een α uit de kern van A die dan de coëfficiënten λ en µ bevat. Op die manier bekom je het volgende A = 3 / /3 /3 / /3 / /3 /3 Waarbij de laatste 3 rijen de kern van A voorstellen. Je weet verder dat dim(w W ) =, dus volstaat het om rij uit de kern te nemen. In een rij uit de kern staan dan eerst 3 componenten λ, gevolgd door 3 componenten µ. Dus krijg je bij ontwikkeling naar de vierde rij 3 v = λ i e = = i= Waarbij deze matrix een basis vormt voor de doorsnede. 6

18 3. Endomorfisme, kern, image Gegeven de vectorruimte V = {A R 3 3 tr(a) = en a = a, a 3 = a 3, a 3 = a 3 }; de afbeelding T : V V, A A T A. Gevraagd. Toon aan dat T een endomorfisme op V is. Om aan te tonen dat het een endomorfisme is moet je eerst aantonen dat het een lineaire bewerking is: T (λa + µb) = λt (A) + µt (B) En dit is inderdaad zo vanwege de lineariteit van de matrixbewerking. De tweede stap bestaat erin om aan te tonen dat A V onder de actie van T in V terechtkomt. Dus T (A) V. Dit kan je het eenvoudigst doen door een voorbeeld uit te werken: a c d T c b e e d b a = En deze zit nog altijd in V, dus T is een endomorfisme. e d d e d e e d. Bepaal kern en beeld van T en controleer a.d.h.v. de dimensiestelling. Voor de kern is het eenvoudig, alle matrices waarbij d = e zitten in de kern. Dus de kern beslaat de volgende ruimte: ker(t ) = span,,, De image bevat alle matrices die bereikt worden onder T, dus waarbij d e: Im(T ) = span Overeenkomstig de dimensiestelling moet ν(t ) + ρ(t ) = dim(v ). V is een 5-dimensionale ruimte opgespannen door: V = span,,,, En dus geldt inderdaad ν(t ) + ρ(t ) = dim(v ). 7

19 3. Bepaal de matrixvoorstelling van T t.o.v. een geschikte zelfgekozen basis van V. T stelt een endomorfisme voor tussen ruimtes, dus nu wordt er gevraagd om T uit te drukken als overgangsmatrix. V = span,,,, = span(e, e, e 3, e 4, e 5 ) En dus krijgt T de volgende gedaante T = T (e ) T (e ) T (e 3 ) T (e 4 ) T (e 5 ) 8

20 3.3 Basisvoorstelling Gegeven de afbeelding met Gevraagd T : R R ; X AX XA ( ) a b A =, b b a. Ga na dat T een endomorfisme is op R. Opnieuw eerst de lineariteit aantonen T (λx + X ) = A(λX + X ) (λx + X ) = λt (X ) + T (X ) Verder geldt ook X R dom(t ) = R AX XA R ber(t ) = R. Toon aan dat, indien X symmetrisch is, T (X) antisymmetrisch is en omgekeerd. Analoog voor als X antisymmetrisch is. T (X) T = (AX XA) T = X T A T A T X T = XA AX = T (X) 3. Beredeneer steunend op, wat de dimensie van ker(t ) en im(t ) is. Iedere matrix waarvan het beeld enkel elementen op de diagonaal heeft, wordt vanwege bovenstaande eigenschap omgezet in de nulmatrix, bijgevolg geldt ν(t ) = en dus ook ρ(t ) =. 9

21 4. Bepaal nu ker(t ) en im(t ) Beschouw een willekeurige matrix X die als volgt is opgebouwd ( ) c d X = e f Dan geldt ( T (X) = be bd bc + ae bf ad + bf bc bd be En dus wordt de standaardbasis voor T gegeven door b b m B (T ) = b a b b a b b b ) De kern en image hiervan kan bepaald worden d.m.v. het transponeringalgoritme. En dus geldt a/b /b /b a/b (( ) ( )) ker(t ) = span, a/b (( ) im(t ) = span a/b, ( )) 5. Geef een matrixvoorstelling van T t.o.v. een goedgekozen basis van R (i.e. zoveel mogelijk nulkolommmen). Indien we de basis B definiren t.o.v. de kern, dan zal het beeld hiervan zorgen voor een nulkolom. Neem dus de basis van de kern aangevuld met nog lineair onafhankelijke basisvectoren. (( ) ( ) ( ) ( )) B = span,,, a/b ( = span e, e, e 3, e ) 4

22 De bijhorende matrixvoorstelling ziet er als volgt uit b m B b a b b Nu we toch bezig zijn kan je ook de overgangsmatrix bepalen tussen beide basissen. Hiervoor kan op een analoge wijze tewerk worden gegaan als bij oefening.6. T wordt opgespannen door de basis van zijn kern en image, dus om de matrix m BB op te stellen ga je op zoek naar coëfficiënten λ i zodat e j = 4 λ ie i i= Of in matrixvorm wordt dit a/b Merk op dat de rechterkant toevallig I 4 oplevert, doordat B de standaardbasis is. Dit terugbrengen naar Hermite-normale vorm levert de co fficiënten λ i a b a b En opnieuw kan de overgangsmatrix afgelezen worden aan de rechterkant, dus a/b m BB = a/b

23 3.4 Gelijksoortige matrices Gelijksoortige matrices hebben hetzelfde spoor A = P BP Waar. tr(a) = tr(bp P ) 3.5 Transformatie Er bestaat een lineaire transformatie R 5 R waarvoor ker(t ) = {(a, a + b, a b, a, b) a, b R} Er geldt ν(t ) =. Overeenkomstig de dimensiestelling moet dan gelden dat ρ(t ) = 3, maar de doelverzameling is slechts -dimensionaal, dus vals. 3.6 Injectiviteit. Zij T een lineaire transformatie tussen eindigdimensionale vectorruimten V en W met dim(v ) > dim(w ), dan kan T niet injectief zijn. Injectief houdt in dat als we beelden nemen, dat dit beeld dat op unieke manier moet bereikt worden. Of dus T (x ) = T (x ) x = x Nu geldt echter dat de dimensie van het domein groter is dan het bereik, dus kunnen we steeds beelden vinden die op verschillende manier bereikt worden waar. ν(t ) = dim(v ) ρ(t ) dim(v ) dim(w ) >. Als voor het homomorfisme T : R R 3 geldt dat Dan is T injectief. im(t ) = {(a + b, a b, a) a, b R} Opnieuw kunnen we hier gebruikmaken van de dimensiestelling. ρ(t ) =, dus ν(t ) =, waaruit ker(t ) =. Hieruit volgt dan Ax = Ax A(x x ) = Waar. x = x

24 3.7 Basisovergang Zij T een endomorfisme van de n-dimensionale ruimte V en beschouw basissen B en B voor V, waarbij van B naar B wordt overgegaan via de matrix Q GL(n). Als A en A matrixrepresentaties van T zijn t.o.v. B en B respectievelijk, dan geldt er dat A = Q A Q Om deze oefening op te lossen kan je eerst een schema opstellen van het gegeven V B A WB Q Q V B A W B En nu is het gewoon aflezen (pijlen tegen de zin in doorlopen levert de inverse op) 3.8 Deelruimte A = Q A Q Zij V, V, V 3 deelruimten van een vectorruimte V met V V, dan geldt er dat V (V + V 3 ) = V + (V V 3 ). Neem een element uit V + V 3, dan heeft dit de volgende vorm (V V ) En doordat V V geldt Wat equivalent is met zeggen Dus waar. w V + V 3 w = λ i v i }{{} V V + w V (V + V 3 ) w = λ i v i }{{} V V + λj v j }{{} V 3 λj v j }{{} V 3 V w V (V + V 3 ) w V V + V 3 V 3

25 4 Matrices en determinanten 4. Macht van een matrix. Er bestaan oneindig veel (3 x 3)-matrices waarvan elke oneven macht gelijk is aan de matrix zelf. Hier kan je te werk gaan door een rotatiematrix te beschouwen, over een hoek van 8. Dan geldt nl. A = I 3, en dus A 3 = A. Algemeen A = T (a,b) R 8,x T ( a, b) vrijheidsgraden, dus oneindig veel mogelijke matrices A.. Er bestaan oneindig veel 4 4 matrices waarvan elke oneven macht de eenheidsmatrix oplevert. Vals, er moet immers gelden dat A = I, wat de matrix al volledig vastlegt. 4. Inverteerbare matrix Zij A F inverteerbaar en noteer door I de eenheidsmatrix van orde, dan bestaan er scalairen α, β F zodanig dat αa + βa = I.. Eerste methode Bovenstaande gelijkheid is equivalent met αa + βi = A En dus krijg je ( ) αa + β αb = αc αd + β Dit oplossen levert dan. Tweede methode ad bc α = bc ad β = a + d ad bc ( d ) b c a Toepassen van de stelling van Cayley-Hamilton levert k A (A) = of uitgeschreven a i A i = i= 4

26 4.3 Driehoeksmatrix. Eerste methode Voor elke boventriangulaire matrix L bestaat er een boventriangulaire matrix L zodanig dat L L een diagonaalmatrix is. Beschouw hiervoor onderstaand product L X = D Met D een diagonaalmatrix en X een willekeurige matrix. Indien je enkele kolom uitwerkt van D, dan bekom je a a... a n a... a n x = y j e pos x... a n. nn In verhoogde vorm komt dit neer op a a a n a a n a jj... a jn y a nn En dit heeft altijd een oplossing dankzij de techniek van backward substitution (zij het niet altijd uniek, in het geval L niet inverteerbaar is). De oplossing vormt hierbij je coëfficiënten x... x n, waarbij x j+... x n = vanwege diezelfde backward substitution, X is dus opnieuw een bovendriehoeksmatrix.. Tweede methode Stel L = E. 5

27 4.4 Symmetrisch product Het product van twee antisymmetrische matrices is symmetrisch als en slechts dan als deze matrices commuteren. Er geldt Analoog 4.5 Anticommuterende matrices AB = (AB) T = B T A T = ( ) BA = BA (AB) T = B T A T = ( ) BA = AB Er bestaan geen anticommuterende matrices van oneven orde. Een tegenvoorbeeld ziet er als volgt uit A = B = Algemeen geldt dat een anticommuterende matrix aangevuld met en aan de zijkant opnieuw een anticommuterende matrix oplevert. Dus ( ) ( ) ( ) x y xy = 4.6 Antisymmetrische matrix Een antisymmetrische matrix van oneven orde is een nuldeler. Er geldt det(a T ) = det(a) Hierop toegepast ( ) n det(a) = det(a) En dit is enkel geldig indien n even is, voor alle andere gevallen is det(a) = waar. 6

28 4.7 Inverteerbaarheid. Zij A een reële vierkante matrix, dan bestaan er steeds scalairen c R waarvoor A ci inverteerbaar is. (a) Eerste mogelijkheid Stel c gelijk aan het volgende c = max(a ij ) + min(a ij ) + Indien deze waarde gesubstitueerd wordt in de matrix, dan zullen de hoogste elementen zich op de hoofddiagonaal bevinden. Je kan het je voorstellen als vectoren die een ruimte opspannen, waarbij het grootste component van iedere vector gelegen is volgens de coördinaatas. Bijgevolg kan daarna via Gram-Schmidt de basis herleid worden naar de eenheidsmatrix, die inverteerbaar is. (b) Tweede mogelijkheid Kies een c / σ(a). Zij A een reële vierkante matrix, dan bestaan er steeds scalairen c R waarvoor A ci niet inverteerbaar is. Vals, een tegenvoorbeeld is bijvoorbeeld het volgende ( c + ) c Hierbij is de determinant gelijk aan c +, dus de matrix is steeds inverteerbaar. 4.8 Vectoren Er bestaan vectoren u F, waarvoor uu T F inverteerbaar is. Vals, dit kan zelfs aangetoond worden voor iedere willekeurige vector u F n. Veronderstel dat u i component i is van de vector u, en verschillend is van. Is dit element gelijk aan dan bevat uu T een nulrij en is dus niet meer inverteerbaar. Kolom j van het product uu T is gelijk aan u j u. Beschouw nu de eerste en tweede kolom van het product uu T, dan kunnen deze beide gedeeld worden door respectievelijk u en u waardoor ze gelijk worden det(uu T ) =, vals. 7

29 4.9 Determinant Zij x en y R n. Dan is det(i n xy T ) = x T y.. Eerste mogelijkheid Deze determinant uitschrijven levert x y x y... x y n x y x y... x n y n x y x y... x y n x y x y... x n y n... =... x n y x n y... x n y n x y x y... x n y n = x y x y x 3 y 3... x n y n. Tweede mogelijkheid n = ( x n y n ) + x i y i ( ) i+n ( ) n i = x T y De tweede mogelijkheid verloopt via eigenwaarden. Stel xy T = B en voer hierop de volgende bewerking uit. x y x y... x y n x y x y... x n y n x y x y... x y n x y x y... x n y n B =... =... x n y x n y... x n y n x y x y... x n y n Doordat de som van de elementen op iedere rij gelijk is geldt λ = n i= x iy i. Verder geldt ν(b) = n, dus de andere eigenwaarden zijn gelijk aan met multipliciteit n. Aldus wordt det(i n B) gegeven door de karakteristieke veelterm, die luidt als volgt. k B () = n x i y i i= i= 8

30 4. Diagonaliseerbare matrix Zij A een diagonaliseerbare n n matrix met eigenwaarde met algebraïsche multipliciteit n, dan is det(a + I n ) = + tr(a). De determinant en trace van gelijksoortige matrices is gelijk, alsook is A diagonaliseerbaar met de matrix Q, dus... A + I = Q A... Q + I = u + Waaruit volgt det(a + I n ) = u + = tr(a) Inproduct behoudend Zij Q C n n unitair. Dan is Q een inproduct-behoudende transformatie op C n. Waar. Qv, Qw = v, Q Qw = v, w 9

31 5 Omwentelingsoppervlakken 5. Torus Gegeven de cirkel gelegen in het vlak met vergelijking x 3y + z =, met middelpunt ( 69 7, 75 7, 5 ) 7 en straal 4 7 de rechte met parametervoorstelling (9 + t, 3 t, 4 4t), t R, die gelegen is in het gegeven vlak en de cirkel niet snijdt. Gevraagd. (a) Zoek een opeenvolging van translaties en rotaties die ervoor zorgt dat de cirkel in het xz-vlak komt te liggen, met het middelpunt op de x-as de gegeven rechte samenvalt met de z-as. Het eenvoudigst is om te beginnen met de tweede opdracht, nl. de rechte verplaatsen naar de z-as. Hiervoor zullen we eerst een translatiematrix opstellen die de rechte naar de oorsprong brengt. T = Hierna kunnen we de rechte roteren om de z-as, zodat hij in het xz-vlak komt te liggen. / 5 / 5 R z = / 5 / 5 Alvorens we verder rotaties kunnen uitvoeren moeten we eerst de actie van T en R z op de rechte bepalen 9 + t 5t R z T 3 t 4 4t = 4t Door nu nog te roteren om de y-as ligt de rechte op de z-as. R y = 4/ 5/ 5/ 4/ 3

32 Het gegeven vlak moest echter in het xz-vlak komen te liggen. Als we daarna kijken waar het vlak komt te liggen na de transformaties, dan bekomen we het volgende. / 5 R y R z T 3 = / 5 Dus moeten we nogmaals roteren om de z-as zodat de normaalvector op de y-as komt te liggen. Dit levert / /85 R z = 785/85 / 85 De volledige transformatie is nu het product van alle voorgaande M = R z R y R z T (b) Geef een parametervoorstelling en de cartesiaanse vergelijking van de torus die ontstaat door de cirkel in zijn nieuwe stand te wentelen om de z-as. Het middelpunt van de cirkel komt na de transformatie te liggen op M 69/7 75/7 5/7 = 4 357/9 /7 a b Aldus wordt de parametervoorstelling van de torus gegeven door cos (θ) sin (θ) r cos(t) + a sin (θ) cos (θ) r sin(t) + b ( ) 4 4 x = cos (θ) cos (t) ( 7 9 ) 4 4 y = sin (θ) cos (t) z = 4 sin (t) En de cartesiaanse vergelijking wordt gegeven door ( ) x + y a + (z b) = r 3

33 . (a) Bepaal een transformatie die ervoor zorgt dat de cirkel en de rechte terug hun oorspronkelijke stand innemen. Hier wordt gewoon gevraagd naar M. (b) Bepaal een parametervoorstelling en de cartesiaanse vergelijking van de torus in deze positie. De nieuwe componenten van de cartesiaanse vergelijking kunnen gevonden worden door de componenten uit b te vermenigvuldigen met M. Voor de parametervergelijking geldt het volgende x x y z = M y z Door ook dit uit te rekenen en te substitueren in de vergelijking uit opgave b bekom je de getransformeerde torus met zijn cartesiaanse vergelijking. 3

34 5. Kegelsnede Gegeven het omwentelingskegeloppervlak K dat bepaald wordt door de rechte door de oorsprong met richtingsvector (,, ) te wentelen om de x-as het vlak α met vergelijking x 3y + z =. Gevraagd. Bepaal de cartesiaanse vergelijking van de orthogonale projectie C op het grondvlak van K van de doorsnijdingskromme C van K en α. De doorsnijdingskromme wordt gegeven door { x = + 3y z x = z + y Waarbij de tweede vergelijking de kegelsnede voorstelt. Dit kan nog herschreven worden als (substitueer de eerste in de tweede) { x = + 3y z y = 3y + 3yz z Het grondvlak van K is hierbij het yz-vlak, aldus krijgen we na projectie (stel de eerste gelijkheid = ) = y + 3y + 3yz z }{{}}{{} A B. Reduceer deze tot standaardgedaante. Om de gemengde term weg te werken moet geroteerd worden om een hoek θ waarvoor geldt } cot(θ) = A C B = θ = π 3 Aldus volgt er En na substitutie krijg je Nu nog een translatie doorvoeren 3 ( ) ( ) ( ) y / 3/ = y z 3/ / z y 3z 4z = ( y 3 z + ) =

35 3. Bepaal nu een parametervoorstelling van zowel C als C. Hierbij zullen we beginnen met een transformatiematrix op te stellen. / 3/ / 3/ / 3 M = 3/ / /3 = 3/ / /3 De parametervoorstelling van onderstaande uitdrukking kan rechtstreeks afgelezen worden 3z y = 3 Namelijk { y = 3 sinh(u) z = 3 cosh(u) Hiermee kan dan een parametervergelijking voor C opgesteld worden y / 3/ / 3 3 sinh(u) z = 3/ / /3 3 cosh(u) En dus volgt er C { y = z 3 sinh(t) 6 3 cosh(t) = sinh(t) + cosh(t) 6 3 Waaruit dan ook de parametervergelijking voor C kan opgesteld worden (x = + 3y z). 34

36 6 Regeloppervlakken 6. Kromme van Viviani Gegeven De sfeer met middelpunt in de oorsprong en straal R de omwentelingscilinder met als as de rechte parallel met de z-as door (R/,, ) en met straal R/. Gevraagd Bepaal een parametervoorstelling van de doorsnijdingskromme van deze twee oppervlakken. De doorsnijding wordt gegeven door volgend stelsel { x + y + z = R Hieruit y elimineren levert ( x R ) + y = ( ) R xr + z = R Waaruit je de parametervergelijking voor x en z kunt halen { x = R cos (t) z = R sin(t) De vergelijking voor y kan je daarna halen uit die van de cilinder. Dat geeft je En via de volgende bewerkingen krijg je y = R (cos (t) cos 4 (t)) y = R cos (t)( cos (t)) = R cos (t) sin (t) = R sin (t) 4 Alles samen krijg je dan x y z = R cos (t) = ± R sin(t) = R sin(t) 35

37 6. Möbiusband Gegeven zij R >. De Möbiusband is het oppervlak dat ontstaat door het lijnstuk (R,, u), u [, ] te roteren in het xz-vlak over een hoek v/ om het midden van dit lijnstuk en daarna het bekomen lijnstuk te roteren over de hoek v om de z-as. Gevraagd. Bepaal een parametervoorstelling. Het lijnstuk heeft de volgende parametervoorstelling x = R y = z = u Nu een translatie uitvoeren naar de oorsprong, roteren langs de y-as, terugplaatsen en roteren langs de z-as levert de volgende transformatiematrix. M = R z T R R y T R cos(v) sin(v) R cos ( ) v sin ( ) v R = sin(v) cos(v) sin ( ( v ) cos v ) Dit toegepast op bovenstaand lijstuk levert de parametervoorstelling van de Möbiusband. cos (v) sin ( v R ) u + 5 cos(v) M = sin(v) sin ( v ) u + 5 sin(v) cos ( v u ) u. Bepaal de eventuele singuliere punten van het oppervlak. Het oppervlak partieel afleiden naar zijn componenten levert de vectoren die het raakvlak opspannen. Een singulier punt wordt verkregen als beide vectoren gelijk zijn aan de nulvector. cos(v) sin ( ) v P u = sin(v) sin ( ) sin(v) sin ( ) v u + cos(v) cos ( v ) u R sin(v) v cos ( ) P v = cos(v) sin ( ) v u + sin(v) cos ( v ) u + R cos(v) v sin ( v ) u Hierbij is P u = als v = kπ/. singulier punt op. Deze waarden invullen in P v levert echter geen enkel 36

38 6.3 Rechte conoïde Het oppervlak met vergelijking xy = z heeft twee stellen beschrijvenden, die elk hun eigen richtvlak hebben. De beschrijven zijn rechten in de ruimte, dus moet ofwel x ofwel y vastgehouden worden. Op die manier krijg je { x = x l z = x y { y = y l z = xy Alle beschrijvenden zijn evenwijdig met het richtvlak, dus de vaste parameter stelt dit vlak voor α x = α y = 37

39 7 Krommen en oppervlakken 7. Epicycloïde Gegeven Een cirkel met straal r rolt zonder glijden aan de buitenkant van een vaste cirkel met straal R. We nemen aan dat r en R natuurlijke getallen zijn, waarbij R > r >. Gevraagd. Bepaal een parametervergelijking van de baan van een punt op de rollende cirkel. Dit is een kromme die men een epicycloïde noemt. Voor het opstellen van de parametervergelijking steunen we op onderstaande figuur. P φ R θ P r M C C Het centrum M van de kleine cirkel wordt gecoördinatiseerd door M((R + r) cos(θ); (R + r) sin(θ)) Het punt P op de cirkel draait over een hoek φ en heeft dus als coördinaten P (M x r cos(φ); M y r sin(φ)) Verder geldt dat de weglengte afgelegd door de stippellijn gelijk is aan de afgelegde booglengte door de kleine cirkel (zonder glijden). Hieruit volgt (r + R)θ = rφ 38

40 Nu alles samenbrengen levert de parametervergelijking ( ) R + r x(θ) = (R + r) cos(θ) r cos θ r P (θ) = ( ) R + r y(θ) = (R + r) sin(θ) r sin θ r. Zij R en r willekeurig. (a) Voorspel hoeveel keer de kleine cirkel rond de grote moet lopen om de kromme te beschrijven. Er moet gelden dat θ, φ πn. Dus krijgen we volgend stelsel { r + R θ = kπ r θ = lπ En dus (r + R)l = rk kgv(r + R, r) = (r + R)l kgv(r + R, r) l = r + R r = ggd(r + R, r) = r ggd(r, r) Waarbij l het gevraagde aantal is. (b) Voorspel hoeveel singuliere punten er zullen zijn. Per keer dat het punt op de kleine cirkel de rand van de grote cirkel raakt komt er een singulier punt bij. Indien de kleine cirkel gedraaid is over een hoek π moet hij nog iets verder draaien om terug de rand te raken. Per keer dat de kleine cirkel rond de grote draait hebben we dus punt te weinig geteld. Het aantal keer dat de kleine cirkel ronddraait per omwenteling k wordt gegeven door kgv(r + R, r) = rk En dus is het gevraagde aantal k = s = k l = kgv(r + R, r) r R ggd(r, r) 39

41 7. Lissajous Gegeven twee harmonische trillingen de eerste langs de x-as met amplitude A en frequentie m de tweede langs de y-as met amplitude B en frequentie n De trillingen hebben een faseverschil f = kπ l verondersteld natuurlijke getallen te zijn.. De optredende constanten A, B, m, n, k, l worden Gevraagd. Bepaal een parametervoorstelling voor de samenstelling van deze trillingen; deze kromme noemt men een kromme van Lissajous. x(t) P (t) = y(t) ( = A sin πmt + kπ l = B sin(πnt). Beschouw het algemene geval. Bepaal het kleinste interval voor t zodat de kromme eenmaal volledig doorlopen wordt en bestudeer het aantal maximale uitwijkingen in x- en y-richting in functie van de frequenties. De kromme wordt volledig doorlopen als beide fasoren een geheel aantal keer de cirkel doorlopen hebben. Dit levert volgend stelsel { πnt = pπ ) Hieruit volgt πmt = qπ nq = mp kgv(n, m) = nq = nmt t = = kgv(n, m) mn ggd(m, n) Het aantal uitwijkingen in de x-richting wordt gegeven door het aantal keer het x-component van fase wisselt. Dit levert dus m # uitwijkingen in de x richting = mt = ggd(m, n) 4

42 7.3 Gesloten kromme De kromme met parametervoorstelling (cos(t) cos(αt), cos(t) sin(αt), sin(t)), t R zal enkel dan gesloten zijn als α Q. De kromme zal terug zijn beginpunt bereiken als aan volgende voorwaarden is voldaan { t = lπ αt = kπ En dus geldt er α = k, wat impliceert dat α Q. l 4

43 8 Eigenwaarden 8. Annulerend polynoom Zij A F n n inverteerbaar en noteer door I de eenheidsmatrix van orde n, dan bestaan er scalairen b, c F zodanig dat A = ba + ci. Bovenstaande uitdrukking is equivalent met ba + ca I = Wat impliceert dat er ten hoogste verschillende eigenwaarden zijn. Iedere matrix met 3 of meer verschillende eigenwaarden voldoet dus als tegenvoorbeeld. 8. Nilpotente matrix Er bestaan nilpotente matrices die diagonaliseerbaar zijn. Voor iedere nilpotente matrix A geldt A = of dus (A ) =. De exponent bij het minimaalpolynoom is groter dan, dus vals. 8.3 Minimaalpolynoom Het minimaalpolynoom van de lineaire transformatie T : R n [x] R n [x], met T (p(x)) = xp (x) is z(z )... (z n). m B bevat de beelden van R n [x] onder T. Deze worden gegeven door T () = T (x) = x T (x ) = x. T (x n ) = nx n En dus krijgt m B de volgende vorm m B = n Hieruit kan direct het minimaalpolynoom afgelezen worden, dus waar. 4

44 8.4 Diagonaliseerbaar Zij Q een reële (m n)-matrix, waarvoor QQ T = I m. Dan is I n Q T Q een diagonaliseerbare matrix met spectrum {, }. Vals, stel Q = I n en m = n. 8.5 Determinant Zij A een diagonaliseerbare (n n)-matrix met σ(a) = {λ}, dan is det(a + I n ) = ( + λ) n. Er geldt det(a + I n ) = k A ( ) = n (λ i + ) (λ i σ(a)) i= = ( + λ) n 8.6 Exponentiële van een matrix ( ) Zij A =, dan is e A = e A. De machten van A worden gegeven door ( A k+ k = k ) k k En dus e A = k= A k k! = I + A k= k k! = I + e A 43

45 8.7 Oefening Gegeven De afbeelding Gevraagd T : R 4 [x] R 4 [x], p(x) p( x). Ga na dat T een endomorfisme op R 4 [x] is. T L(V ) p(x) R 4 [x] p( x) R 4 [x] En dus dom(t ) = ber(t ) = R 4 [x]. Lineariteit T (λp + q)(x) = (λp + q)( x) = λp( x) + q( x) = λt (p(x)) + T (q(x)). Bepaal, zonder Maple, het minimaalpolynoom van T. Er geldt T (T (p(x))) = T (p( x)) = p(x) En dus m A (λ) = (λ )(λ + ) 3. Ga na of T diagonaliseerbaar is en argumenteer a.d.h.v. twee diagonalisatiecriteria. Vergelijken van algebraïsche en meetkundige multipliciteit E = span (, x x, x 4 4x 3 + 8x ) r = 3 E = span ( x, x 3 3x + ) r = Verder geldt ook q = 3 en q =, dus T is diagonaliseerbaar. Via het minimaalpolynoom De exponenten uit het minimaalpolynoom zijn alle dus T is diagonaliseerbaar. 44

46 4. Zij B = ( x, ( x), ( x) 3, ( x) 4, ) een basis voor R 4 [x], bepaal dan m B (T ) Bij deze oefening kan je een overgangsmatrix Q construeren tussen de standaardbasis en B. Deze ziet er als volgt uit Q = Nu m B (T ) = A in de andere ruimte brengen Q AQ = Wat wordt het minimaalpolynoom indien we T beschouwen als endomorfisme op R n [x] m A (λ) = (λ )(λ + ) Want uit volgt A = I T (T (p(x))) = T (p( x)) = p(x) 6. Is T inverteerbaar? det(t ) = i λ q i i = ( ) n+ Dus T is steeds inverteerbaar. 45

47 8.8 Uniciteit Zij A een reële, diagonaliseerbare (5 5)-matrix met ρ(a) = en tr(a) =, die bovendien een eigenwaarde met meetkundige multipliciteit 3 bezit, en waarvan tot slot de som van de elementen op elke rij gelijk is aan. Dan is het spectrum van A uniek bepaald. Uit de dimensiestelling volgt ν(t ) = 3 waardoor q = 3 (multipliciteit 3). Uit het gegeven volgt verder q = (som van de elementen) en q = (trace van A). Aldus krijg je 8.9 Eigenwaarde σ(a) = {,, } Als de matrix A de eigenwaarde bezit, dan bezit de matrix I A de eigenwaarde. Als je dit uitschrijft zie je dadelijk dat dit waar is. De matrix A bezig de eigenwaarde, dus det(a I) = En de matrix I A bezig de eigenwaarde overeenkomstig bovenstaande uitspraak En dit is uiteraard waar. 8. Positief definiet det(i A) = Een reëelsymmetrische, positief definiete matrix heeft enkel positieve eigenwaarden. Noem de te beschouwen matrix A. Doordat deze reëelsymmetrisch is, geldt er dat A diagonaliseerbaar is over R. Noem deze gelijksoortige diagonaalmatrix B. Doordat A positief definiet is en B gelijksoortig met A, wordt deze eigenschap overgedragen op B die op zijn diagonaal de eigenwaarden van A bevat die bijgevolg alle positief zijn. 8. Cayley-Hamilton Zij A F, en noteer door I de eenheidsmatrix van orde, dan bestaan er scalairen b, c F zodanig dat A 3 = ba + ci. De stelling van Cayley-Hamilton garandeert het bestaan van een annulerend polynoom van de vorm A + ba + ci = Beide leden vermenigvuldigen met A levert A = da 3 + ei Dit subsitueren in de eerdere vergelijking levert het gestelde. 46

48 9 Extra 9. Tensor algebra Een handige methode om vectoriële identiteiten te bewijzen is via de tensor-operatoren Levi- Civita (ɛ) en Kronecker delta (δ). In wat volgt zullen de eigenschappen van beide operatoren toegelicht worden met enkele voorbeelden. Hierbij zal gebruik gemaakt worden van de Einsteinsommatieconventie, dit houdt in dat er gesommeerd wordt over herhaalde indices. Zo geldt δ ij a i b j = δ ij a i b j i Indien we de Levi-Civita operator als volgt definiëren : i, j, k is een even permutatie van,, 3 ɛ ijk = : i, j, k is een oneven permutatie van,, 3 : anders vb. j ɛ 3 = ɛ 3 = ɛ 3 = ɛ 3 = ɛ 3 = ɛ = Merk hierbij op dat het cyclisch permuteren van de indices geen invloed heeft op het resultaat. Met bovenstaande definitie van ɛ is het mogelijk om de determinant te herdefiniëren a a a 3 a a a 3 a 3 a 3 a 33 = ɛ ijka i a j a 3k Waarbij gesommeerd wordt over de indices. Doordat het kruisproduct gedefiniërd kan worden m.b.v. een determinant kan deze dus ook met ɛ neergeschreven worden ê ê ê 3 v w = v v v 3 w w w 3 = ɛ ijkê i v j w k Of korter ( v w) i = ɛ ijk v j w k Doordat er in het rechterlid niet langer vectoren, maar wel scalairen staan mogen we de eigenschappen toepassen uit R (commutativiteit,... ). 47

49 Een soortgelijke operator, de Kronecker delta δ, kan gedefinieerd worden voor het scalair product { : i = j δ ij = : i j Hieruit volgt v w = δ ij v i w j Het verband tussen ɛ en δ kan als volgt bewezen worden δ ii δ il δ im ɛ ijk ɛ ilm = δ ji δ jl δ jm δ ki δ kl δ km = δ ii (δ jl δ km δ jm δ kl ) δ il (δ ji δ km δ jm δ ki )+ δ im (δ ji δ kl δ jl δ ki ) = δ jl δ km δ jm δ kl ) Waarbij gebruik gemaakt werd van δ ij δ ik = δ jk. Met deze operatoren is het nu (erg) eenvoudig geworden om vectoriële identiteiten te bewijzen. Beschouw onderstaand product ( a b) ( c d) Definieer nu de volgende elementen ( a b) i = D i = ɛ ijk a j b k ( c d) m = E m = ɛ mno c n d o Dan volgt hieruit ( D E) p = F p = ɛ pim D i E m = ɛ pim ɛ ijk ɛ mno a j b k c n d o = (δ mj δ pk δ mk δ pj )ɛ mno a j b k c n d o = b p ɛ mno a m c n d o a p ɛ mno b m c n d o ( = b p a m ( c d) ) ( m a p b m ( c d) ) m Waaruit volgt ( a b) ( c d) = ( b a ( c d) ) ( ) a b ( c d) 48