Eigenwaardentechnieken in de graffentheorie

Maat: px
Weergave met pagina beginnen:

Download "Eigenwaardentechnieken in de graffentheorie"

Transcriptie

1 Falcuteit Wetenschappen en Bio-Ingenieurswetenschappen Departement Wiskunde Eigenwaardentechnieken in de graffentheorie Proefschrift ingediend met het oog op het behalen van de graad Bachelor in de Wiskunde Dina Derom Promotor: Prof Dr Philippe Cara Academiejaar

2 Inhoudsopgave 1 Inleiding 1 2 Inleidende begrippen 1 3 Matrixtheorie 3 31 Adjacentiematrix 3 32 Incidentiematrix 3 33 Eigenvectoren 4 34 Positief semidefiniete matrices 7 35 Rationale functies 9 4 Verweving Petersen Graf Gelijkverdeelde Partities Eigenwaarden van Kneser graffen 19 5 Enkele toepassingen van verwevingen 23 i

3 1 Inleiding Het onderwerp van deze bachelorproef bevindt zich tussen de Lineaire Algebra en de Graffentheorie Vooreerst zullen we een aantal belangrijke en essentiële begrippen invoeren uit Graffentheorie Nadien zullen we overgaan op Lineaire Algebra, om tenslotte deze twee deelgebieden van de Wiskunde te laten samensmelten tot een mooi geheel In deze paper wordt geprobeerd om eigenschappen van graffen af te leiden uit matrices die overeenkomen met de graf in kwestie Verschillende matrices kunnen geassocieerd worden met een graf, adjacentieen incidentiematrices worden hier beschouwd We zullen ons vooral toespitsen op het vinden van eigenwaarden van (matrices van) graffen Enkele bekende voorbeelden van graffen worden behandeld, denk maar aan de Petersen graf en meer algemeen aan de Kneser graffen Verweving is het belangrijkste concept in deze paper en wordt behandeld in Sectie 4 Verweving is een mooi en interessant fenomeen Het belangrijkste resultaat dat bewezen zal worden is het volgende: de eigenwaarden van een geïnduceerde deelgraf Y van X verweven met de eigenwaarden van de graf X Dit wil zeggen Stelling 1 Zij A een reële symmetrische n n-matrix en B een m m-deelmatrix van A Dan geldt voor i {1, 2,, m} θ n m+i (A) θ i (B) θ i (A) De eigenwaarden van de graf en een geïnduceerde deelgraf schuiven als het ware in elkaar Dit resultaat zullen we dan toepassen op de Petersen graf Ook zullen er nog andere belangrijke eigenschappen van eigenwaarden van graffen bewezen worden Zo geldt voor een lijngraf dat de minimale eigenwaarde niet kleiner kan zijn dan 2 Er zullen ook verbanden gelegd worden tussen de karakteristieke veelterm van een graf en de geassocieerde lijngraf Zo zal er aangetoond worden dat een k-reguliere graf steeds eigenwaarde k heeft met als bijhorende eigenvector de eenvector Dit is een hoofdresultaat dat we veel zullen gebruiken doorheen deze bachelorproef Deze Bachelorproef is gebaseerd op hoofdstukken 8 en 9 in het boek Algebraic Graph Theory van Chris Godsil [1] 2 Inleidende begrippen We herhalen eerst een aantal belangrijke begrippen uit Discrete Wiskunde [2] die we nodig zullen hebben in deze paper Definitie 1 Een graf X bestaat uit een verzameling toppen V (X) en een verzameling bogen E(X), waar een boog een paar verschillende toppen is Alle graffen die we hier beschouwen, zullen eindig zijn Dit wil zeggen dat V (X) een eindige verzameling is Twee toppen x, y V (X) van een graf X noemen we adjacent als {x, y} E(X), dus als er een boog bestaat tussen x en y We zeggen dan ook dat x en y buren zijn Notatie: x y Een top noemt men incident met een boog als het 1 van de twee toppen van de boog is Of met andere woorden als de top op de boog gelegen is De graad of valentie van een top x in een graf X is het aantal bogen die de top x bevatten Als alle toppen van een graf X dezelfde graad hebben dan zeggen we dat de graf regulier is We noemen een graf k-regulier als de graf regulier is met valentie k Definitie 2 Een wandeling van lengte k in een graf X is een rij van toppen v 0, v 1,, v k zodat opeenvolgende toppen adjacent zijn Als alle bogen van een wandeling verschillend zijn noemt men de wandeling een pad 1

4 Definitie 3 Een deelgraf van een graf X is een graf Y met V (Y ) V (X) en E(Y ) E(X) Een deelgraf Y van een graf X noemt met een geïnduceerde deelgraf als twee toppen in Y adjacent zijn als en slechts als ze adjacent zijn in X Een verzameling toppen die een lege deelgraf induceert, een graf met minstens 1 top en geen bogen, noemt met een onafhankelijke verzameling Met α(x) noteren we de orde van de grootste onafhankelijke verzameling Definitie 4 Een graf X heet samenhangend als er voor elk paar toppen x, y V (X) een pad van x naar y bestaat Een graf die niet samenhangend is bestaat uit verschillende samenhangscomponenten waartussen geen bogen bestaan Definitie 5 Een cyclus is een samenhangende graf waar elke top exact twee buren heeft Definitie 6 Een graf heet bipartiet als zijn toppenverzameling gepartitioneerd kan worden in 2 delen zodat er geen enkele boog bestaat die toppen in hetzelfde deel verbindt Dit wil zeggen dat we de toppen van een graf kunnen kleuren met twee kleuren zodat geen adjacente toppen dezelfde kleur hebben Definitie 7 De lijngraf van een graf X is de graf L(X) waarvan de toppen de bogen zijn van X en er een boog bestaat tussen twee toppen van L(X) als de bijhorende bogen van X een top gemeenschappelijk hebben Definitie 8 Het complement X van een graf X heeft dezelfde toppenverzameling als X en twee toppen x en y zijn adjacent in X als en slechts als ze niet adjacent zijn in X Definitie 9 Men noemt X een gerichte graf als X bestaat uit een toppenverzameling V (X) en bogenverzameling E(X), waar een boog een koppel verschillende toppen is Men duidt een gerichte boog aan door een pijl We maken enkele conventies over notatie die we zullen aannemen doorheen deze paper Het aantal toppen in een graf zal genoteerd worden met n, we gaan ervan uit dat V (X) dan gelijk is aan {v 1,, v n } Daardoor zullen de matrices meestal reële n n-matrices zijn en werken we met kolomvectoren in R n Verder worden complexe eigenwaarden beschouwd, merk wel op dat deze meestal reëel zullen zijn aangezien onze matrices vaak symmetrisch zijn We weten uit de Lineaire Algebra namelijk dat reële symmetrische matrices diagonaliseerbaar zijn ten opzichte van een orthonormale basis eigenvectoren en dat deze bovendien reële eigenwaarden hebben We zullen enkel producten van matrices berekenen die bestaan, ook al wordt dit niet expliciet vermeld In deze paper beschouwen we als inproduct steeds het Euclidisch inproduct op R n Als we het niet expliciet vermelden, beschouwen we als basis de standaardbasis in R n waar we de vectoren e 1,, e n noteren Verder is 1 de eenvector (1, 1,, 1) T R n Volgende definities zullen we nodig hebben Definitie 10 De kolommen van een n n-matrix A spannen een deelruimte op van R n, de zogenaamde kolomruimte van A Als U een deelruimte van R n is dan noemen we deze deelruimte A-invariant als voor alle u in U geldt dat Au U Als we R n beschouwen als vectorruimte van rijvectoren dan spannen de rijen van een n n-matrix A een deelruimte op, de rijruimte van A Definitie 11 De monische veelterm f van kleinst mogelijke graad waarvoor f(a) = 0, noemt men de minimale veelterm van A Lemma 1 Zij A een n n-matrix en P een n r-matrix De kolomruimte van P is A-invariant als en slechts als er een r r-matrix B bestaat zodat AP = P B Bewijs Stel dat de kolomruimte W van P A-invariant is dan geldt dat Ap 1 W voor p 1 de eerste kolom van P Dan kunnen we dit schrijven als Ap 1 = b 11 p b r1 p r Zo ook voor Ap 2,, Ap r Dus geldt dat AP = P B met B de r r-matrix met elementen b ij hierboven gedefinieerd Omgekeerd veronderstel dat AP = P B, en zij x W Dan bestaat er een z zodat x = P z en dus Ax = AP z Er geldt dan Ax = P (Bz) en dus Ax W 2

5 3 Matrixtheorie Met een graf X kunnen verschillende matrices geassocieerd worden Een probleem in de algebraïsche graffentheorie is het verband te vinden tussen de eigenschappen van graffen en de algebraïsche eigenschappen van de geassocieerde matrices 31 Adjacentiematrix Definitie 12 De adjacentiematrix A(X) van een gerichte graf X is de matrix met rijen en kolommen geïndexeerd door de toppen van X zodat (A) uv, het element van A op plaats (u, v) gelijk is aan het aantal bogen van de top u naar de top v (Dit is meestal 0 of 1) Als X ongerichte graf is, dan zien we elke boog als een paar pijlen in tegengestelde richting en dan is A(X) een symmetrische matrix die bestaat uit nullen en enen Omdat een graf geen lussen heeft, dat wil zeggen geen bogen van een top naar zichzelf, zijn de diagonaalelementen van de adjacentiematrix allemaal 0 Definitie 13 De karakteristieke veelterm van een matrix A is de veelterm φ(a, x) = det(xi A) We noteren φ(x, x) voor de karakteristieke veelterm van A(X) Het spectrum van een matrix is de lijst van de eigenwaarden met bijhorende multipliciteiten Het spectrum van een graf X is het spectrum van de adjacentiematrix A(X) De eigenwaarden en eigenvectoren van een graf X zijn de eigenwaarden en eigenvectoren van de adjacentiemtarix A(X) Voorbeeld 1 Als voorbeeld kunnen we de adjacentiematrix van het complement X van een graf X bepalen We beweren dat de adjacentiematrix van X wordt gegeven door A(X) = J I A(X), met J de matrix met allemaal enen Dit volgt uit het feit dat de complementgraf X van de graf X de graf is met dezelfde toppenverzameling als X en 2 toppen in X zijn adjacent als en slechts als ze niet adjacent zijn in X Dus in A(X) moet een 1 staan op de plaats waar in A(X) een nul staat en omgekeerd, daarom stellen we J A(X) Dan moeten we nog de identiteitsmatrix I aftrekken aangezien X ook een enkelvoudige graf zonder lussen is, dus per definitie is de top niet adjacent met zichzelf en moeten de diagonaalelementen van A(X) nul zijn Hiermee is onze bewering bewezen Volgend lemma hebben we gezien in de cursus Discrete Wiskunde [2] Lemma 2 Zij X een gerichte graf met adjacentiematrix A(X) Het aantal wandelingen van een top u naar een top v in X van lengte r is gelijk aan (A r ) uv 32 Incidentiematrix Definitie 14 De incidentiematrix B(X) van een graf X is de matrix met nullen en enen waarin de rijen, respectievelijk kolommen geïndexeerd worden door de toppen, respectievelijk bogen van de graf X De (u, f)-positie in B(X) is gelijk aan 1 als en slechts als de top u op de boog f ligt, ie de top u incident is met de boog f Nu volgen er enkele lemma s en stellingen die we niet in detail zullen bekijken en bewijzen omdat deze niet tot de essentie behoren van deze bachelorproef, we zullen ze echter wel nodig hebben Er bestaat geen combinatorische uitdrukking die de rang van een adjacentiematrix bepaalt, voor een incidentiematrix bestaat deze wel Stelling 2 Zij X een graf met n toppen en c 0 bipartiete samenhangscomponenten Als B(X) de incidentiematrix van X is, dan wordt de rang gegeven door rang(b) = n c 0 3

6 Lemma 3 Het inproduct van twee kolommen van de incidentiematrix B(X) is verschillend van 0 als en slechts als de overeenkomende bogen een top gemeenschappelijk hebben Lemma 4 Zij B de incidentiematrix van een graf X en L de lijngraf van X, dan volgt B T B = 2I + A(L) Als X een graf is met n toppen dan noteren we met (X) de n n diagonaalmatrix met de rijen en kolommen geïndexeerd door de toppenverzameling V (X), waarbij de positie (u, u) de valentie van de top u weergeeft Lemma 5 Zij B de incidentiematrix van een graf X, dan geldt BB T = (X) + A(X) Lemma 6 Zij C en D matrices zodat de producten CD en DC bestaan, dan geldt dat det(i CD) = det(i DC) Dit Lemma impliceert dat det(i x 1 CD) = det(i x 1 DC) en dus dat CD en DC dezelfde niet-nulle eigenwaarden met dezelfde multipliciteiten hebben Lemma 7 Zij X een k-reguliere graf met n toppen en e bogen en zij L de lijngraf van X, dan geldt φ(l, x) = (x + 2) e n φ(x, x k + 2) Bewijs Neem in vorig lemma C = x 1 B T en D = B dan volgt det(i e x 1 B T B) = det(i n x 1 BB T ) In het algemeen geldt voor een matrix A en een scalair c dat det(ca) = c n det(a) Laten we dit hier toepassen 1 x e det(xi e B T B) = xe x e det(i e x 1 B T B) = xn x n det(i n x 1 BB T ) = 1 x n det(xi n BB T ) Dus krijgen we det(xi e B T B) = x e n det(xi n BB T ) Er geldt dat (X) = ki aangezien X k-regulier is Door Lemma 4 en 5 geldt dat B T B = 2I + A(L) en BB T = (X) + A(X) = ki + A(X) We krijgen zo det(xi e 2I e A(L)) = x e n det(xi n ki n A(X)) det((x 2)I e A(L)) = x e n det((x k)i n A(X)) Dus volgt er φ(l, x 2) = x e n φ(x, x k) Het resultaat volgt dan door y = x 2 te stellen dan geldt φ(l, y) = (y + 2) e n φ(x, y k + 2) 33 Eigenvectoren Als we de eigenwaarden willen vinden van een matrix, dan stellen we de karakteristieke veelterm op en zoeken we de nulpunten Dit is voor matrices van orde groter dan 2 niet het efficiëntst Algemeen is het efficiënter om eigenwaarden te vinden aan de hand van de eigenvectoren Want als Ax = θx dan is θ een eigenwaarde van de matrix A Bekijken we nu de adjacentiematrix A(X) van de graf X dan worden de rijen en kolommen geïndexeerd door de toppen van de graf X Dit wil zeggen dat we A(X) kunnen zien als lineaire afbeelding op R V (X), de ruimte van de reële functies op V (X) Nemen we nu f R V (X) en A = A(X) dan wordt het beeld Af van f onder A gegeven door (Af)(u) = v V (X) (A) uv f(v) (1) = u v f(v) 4

7 Gelijkheid (1) volgt uit het feit dat A een 01-matrix is en (A) uv = 0 is als u v De waarde van Af toegepast op u is de som van de waarden van f toegepast op de buren van u Als we nu veronderstellen dat f een eigenvector van A met eigenwaarde θ, dan geldt dat Af = θf, en dus θf(u) = u v f(v) Met andere woorden de som van de waarden van f op de buren van u is gelijk aan θ keer de waarde van f op u Omgekeerd geldt ook dat elke functie f die voldoet aan deze voorwaarde een eigenvector is van de graf X Voorbeeld 2 Zo hebben we bijvoorbeeld de Petersen graf P (zie Figuur 1) We kunnen dadelijk zien dat de som van de waarden op de buren van een top gelijk is aan de waarde op die top, zo krijgen we een eigenvector met eigenwaarde 1 Figuur 1: Petersen graf Een eigenvector van P met eigenwaarde 1 Voorbeeld 3 We geven nog een ander voorbeeld, we willen de eigenwaarden van de cyclus C n (zie Definitie 5) vinden Zij {0, 1, 2,, n 1} de toppenverzameling van C n en τ = ξ (n) = e 2πi n een n-de eenheidswortel En definieer f(u) := τ u voor u een top van C n Voor alle toppen u van C n kunnen we bewijzen dat het volgende geldt f(v) = (τ 1 + τ)τ u = (τ 1 + τ)f(u) (1) v u Dit kunnen we als volgt inzien De adjacentiematrix A(C n ) van de graf C n wordt gegeven door A(C n ) = waarbij de kolommen en rijen geïndexeerd worden door de toppenverzameling {0, 1, 2,, n 1} Dit geldt omdat elke top juist met 2 andere toppen verbonden is, namelijk die met index lager en een index hoger Bijvoorbeeld top 0 is verbonden met top 1 en top n 1; top 1 is verbonden met top 0 en top 2 Nu geldt er u = 0: v u f(v) = (f(1) + f(n 1)) = τ + τ n 1 = (τ + τ 1 )τ 0 want τ = e 2πi n u = i: v u f(v) = (f(i 1)+f(i+1)) = τ i 1 +τ i+1 = (τ +τ 1 )τ i met i {1,, n 2} 5

8 u = n 1: v u f(v) = (f(0) + f(n 2)) = τ 0 + τ n 2 = (τ + τ 1 )τ n 1 want τ = e 2πi n Dus kunnen we besluiten dat (1) geldt Hieruit volgt dat τ 1 + τ een eigenwaarde is van C n Merk op dat de eigenwaarde τ 1 + τ reëel is ook al is τ het soms niet, want τ 1 + τ = e 2πi n + e 2πi n 2π = cos( n ) + i sin( 2π n ) + cos(2π n ) + i sin(2π n ) = cos( 2π n ) i sin(2π n ) + cos(2π n ) + i sin(2π n ) = 2 cos(2π n ) R Door de keuze van τ te laten variëren, vinden we n eigenwaarden van C n Als we τ = 1 stellen vinden we dat de vector met allemaal enen een eigenvector is met eigenwaarde 2 Dit volgt ook uit het volgend Lemma Lemma 8 De vector (1, 1,, 1) T is een eigenvector van een graf X met eigenwaarde k als en slechts als X regulier is met valentie k Bewijs : Veronderstel dat de vector 1 = (1, 1,, 1) T een eigenvector is met eigenwaarde k Dan volgt dat A1 = k1 met A = A(X) de adjacentiematrix bijhorend bij de graf X of dus k A = k A = 1 1 Aangezien A de adjacentiematrix is van de graf X, zijn de kolommen en de rijen van deze matrix geïndexeerd door de toppenverzameling Op plaats (u, v) staat een 0 als er geen boog bestaat tussen u en v en een 1 als er een boog tussen u en v bestaat Aangezien het product van een rij van A met de kolomvector met allemaal enen k moet opleveren moeten er op elke rij van A juist k enen voorkomen Dus is elke top adjacent met juist k andere verschillende toppen en dus is X een k-reguliere graf : Zij A de adjacentiematrix van een k-reguliere graf Aangezien de graf k-regulier is, zal er in elke rij juist k enen staan en voor de rest allemaal nullen Dus geldt dat A1 = (k, k,, k) T = k1 Hieruit volgt dan dat 1 een eigenvector is van A met eigenwaarde k Lemma 9 Als X regulier is met valentie k, dan is k de grootste eigenwaarde Bewijs Zij A de adjacentiematrix van een k-reguliere graf We hebben reeds bewezen dat k een eigenwaarde is We zullen nu bewijzen dat als λ een eigenwaarde is van A dat dan λ k Zij daarvoor {1, 2, n} de toppenverzameling van de graf X Zij u = (u 1, u 2,, u n ) T de eigenvector bijhorende bij de eigenwaarde λ Zonder verlies van algemeenheid mogen we veronderstellen dat max i {1,,n} u i = 1, anders kunnen we delen door een gepaste scalair Dus zonder verlies van algemeenheid bestaat er een j {1,, n} zodat u j = 1 De absolute waarde (Au) j van de j-de component van de vector Au is hoogstens i j u i omdat A de adjacentiematrix is en dus een 01-matrix met een 1 op plaats (i, j) als i en j adjacent zijn Aangezien voor alle i {1,, n} geldt dat u i 1 volgt dat i j u i k omdat X k-regulier is Anderzijds geldt er ook dat (Au) j = λu j = λ omdat u een eigenvector is van A met eigenwaarde λ Dus volgt 1 λ = λu j = (Au) j i j k u i k 6

9 Lemma 10 Zij X een k-reguliere graf met n toppen en eigenwaarden k, θ 2, θ 3,, θ n dan volgt dat X en zijn complement X dezelfde eigenvectoren hebben en de eigenwaarden van X zijn n k 1, 1 θ 2,, 1 θ n Bewijs De adjacentiematrix van X wordt gegeven door A(X) = J I A(X), met J de matrix met allemaal enen Dit hebben we bewezen in Voorbeeld 1 Zij {1, u 2,, u n } een orthonormale basis van eigenvectoren van de matrix A(X), dat deze bestaat hebben we opgemerkt in Sectie 2 De eigenvector horende bij de eigenwaarde k is de vector met allemaal enen 1 = (1, 1,, 1) T aangezien X een k-reguliere graf is Er volgt dan ook dat 1 een eigenvector van X is met eigenwaarde n k 1 omdat een top in X juist n k 1 buren heeft, want deze top had in X juist k buren en in een graf zijn er geen lussen dus is de top ook niet verbonden met zichzelf Dus volgt dat X regulier is met valentie n k 1 Uit Lemma 8 volgt dan dat 1 een eigenvector is van X met eigenwaarde n k 1 Voor 2 i n is u i orthogonaal met de eigenvector 1 omdat {1, u 2,, u n } een orthonormale basis is En dus A(X)u i = (J I A(X))u i = Ju i Iu i A(x)u i = 0 u i θ i u i = ( 1 θ i )u i Dus volgt dat u i een eigenvector is van A(X) met eigenwaarde 1 θ i Definitie 15 We noemen een bipartiete graf semiregulier als alle toppen uit eenzelfde deel dezelfde graad hebben, er vertrekken dus evenveel bogen uit elke top van hetzelfde deel naar het andere deel De graad in de twee verschillende delen kan wel verschillen, vandaar semiregulier Veronderstel tenslotte dat X een semireguliere bipartiete graf is zodat V (X) = V 1 V 2, en zij k 1 de graad van de toppen in V 1 en k 2 de graad van de toppen in V 2 Veronderstel dat u 1 een top is in V 1 en dus graad k 1 heeft, en u 2 een top in V 2 van graad k 2 We zoeken nu een eigenvector f die constant is op elk deel van de bipartitie Als f zo een eigenvector is en eigenwaarde θ heeft dan geldt, θf(u 1 ) = k 1 f(u 2 ) en θf(u 2 ) = k 2 f(u 1 ) Aangezien een eigenvector steeds verschillend is van de nulvector, kunnen we beide vergelijking vermenigvuldigen met elkaar en vereenvoudigen zodat we het volgende bekomen θ 2 = k 1 k 2 En dus θ = ± k 1 k 2, als we f definiëren als { 1 als u V1 f(u) = θ k 1 als u V 2 dan geeft dit voor beide waarden van θ een eigenvector van X 34 Positief semidefiniete matrices Definitie 16 Een reële symmetrische n n-matrix A noemt men positief semidefiniet als u T Au 0 voor alle vectoren u R n En we noemen A positief definiet als A positief semidefiniet is en u T Au = 0 als en slechts als u = 0 Er zijn verschillende karakterisaties van positief semidefiniete matrices De eerste karakterisatie is op basis van eigenwaarden We hebben namelijk dat een reële symmetrische matrix positief semidefiniet is als en slechts als de eigenwaarden nietnegatief zijn Beschouw een eigenvector u van A met eigenwaarde θ dan geldt dat u T Au = u T θu = θu T u dus als A positief semidefiniet is dan zijn de eigenwaarden niet-negatief Omgekeerd als de eigenwaarden niet-negatief zijn, volgt dat de matrix positief semidefiniet is omdat we elke vector kunnen ontbinden als combinatie van eigenvectoren, aangezien de eigenvectoren een orthonormale basis vormen (zie Sectie 2) 7

10 Als A = B T B voor een matrix B, dan geldt voor elke vector u R n en dan is de matrix A positief semidefiniet u T Au = u T B T Bu = (Bu) T Bu 0 Definitie 17 De Gram matrix van vectoren u 1, u 2,, u n is de n n-matrix G zodat (G) ij = u T i u j En B T B is de Gram matrix van de kolommen van B We beschouwen nu een graf X en noteren voor de grootste en kleinste eigenwaarde van A(X) respectievelijk θ max (X) en θ min (X) Lemma 11 Als L een lijngraf is, dan geldt θ min (L) 2 Bewijs Als L de lijngraf is van een graf X en B de incidentiematrix is van X hebben we A(L) + 2I = B T B (zie Lemma 4) Aangezien B T B een Gram matrix is en we in karakterisatie 2 gezien hebben dat deze positief semidefiniet is, volgt dat de eigenwaarden van B T B nietnegatief zijn en dus zijn de eigenwaarden van B T B 2I minstens 2 Dit geldt omdat det((b T B 2I) λi) = det(b T B (2 + λ)i) (1) = det(p 1 DP (2 + λ)i) = det(p ) 1 det(d (2 + λ)i) det(p ) = (d 11 2 λ)(d 22 2 λ) (d nn 2 λ) = 0 (1) volgt uit het feit dat B T B symmetrisch is en dus diagonaliseerbaar is, met D een diagonaalmatrix Op de diagonaal van D staan de eigenwaarden van B T B en we hadden reeds aangetoond dat deze niet-negatief zijn Er moet gelden er een i bestaat zodat d ii 2 λ = 0 en omdat d ii 0 volgt 2 λ 0 en dus λ 2 Lemma 12 Zij Y een geïnduceerde deelgraf van X Dan geldt θ min (X) θ min (Y ) θ max (Y ) θ max (X) Bewijs Zij A de adjacentiematrix van X en voor de eenvoud noteren we θ max (X) = θ De matrix θi A heeft enkel niet-negatieve eigenwaarden want det((θi A) λi) = det((θ λ)i A) (1) = det((θ λ)i P 1 DP ) = det(p ) 1 det((θ λ)i D) det(p ) = (θ λ d 11 )(θ λ d 22 ) (θ λ d nn ) = 0 voor λ een eigenwaarde (1) volgt uit het feit dat A symmetrisch is, omdat A een adjacentiematrix is, en dus diagonaliseerbaar is met D een diagonaalmatrix De oplossingen van det((θi A) λi) = 0 geven eigenwaarden van θi A, dus we krijgen dat λ = θ d 11 of of λ = θ d nn Dus zien we dat de eigenwaarden niet-negatief moeten zijn aangezien we voor alle i hebben dat d ii een eigenwaarde van A is en θ de grootste eigenwaarde van A is Omdat θi A allemaal niet-negatieve eigenwaarden heeft volgt dat θi A positief semidefiniet is Zij nu f een willekeurige vector die nul is op de toppen van X die geen toppen zijn van Y Schrijf f Y voor de restrictie van de vector f tot V (Y ) Dus is f eigenlijk de vector f Y die we aanvullen met nullen Dan geldt er 0 (a) f T (θi A)f (b) = f T Y (θi A(Y ))f Y 8

11 Ongelijkheid (a) volgt uit het feit dat θi A positief semidefiniet is, de gelijkheid (b) geldt omdat de vector f nul is op de toppen van X, die geen toppen zijn van Y Er volgt dus dat θi A(Y ) positief semidefiniet is Dan geldt er dat θi A(Y ) niet-negatieve eigenwaarden heeft Dit zien we als volgt, zij µ een eigenwaarde van θi A(Y ), dus geldt dat µ 0 Er volgt det((θi A(Y )) µi) = det((θ µ)i A(Y )) = det((θ µ)i P 1 MP ) = (θ µ m 11 )(θ µ m 22 ) (θ µ m rr ) = 0 met M een diagonaalmatrix Dus krijgen we op dezelfde manier als hierboven dat deze vergelijking eigenwaarden geeft namelijk, µ = θ m 11 of of µ = θ m rr, als Y juist r toppen heeft Dus krijgen we dan dat θ m ii voor i {1,, r} en kunnen we besluiten dat θ θ max (Y ) Om aan te tonen dat θ min (X) θ min (Y ) kunnen we analoog te werk gaan We beschouwen nu de matrix A θ min (X)I Deze heeft op dezelfde manier niet-negatieve eigenwaarden want det((a θ min (X)I) λi) = det(a (θ min (X) + λ)i) = (d 11 θ min (X) λ)(d 22 θ min (X) λ) (d nn θ min (X) λ) = 0 En voor alle i geldt d ii θ min (X) 0 omdat d ii een eigenwaarde is van A en θ min (X) is de kleinste eigenwaarde van A Dus volgt op dezelfde manier als hierboven dat λ 0 Dan kunnen we een vector f kiezen die 0 is op de toppen van X, die geen toppen zijn van Y en besluiten we op analoge manier dat A(Y ) θ min (X)I positief semidefiniet is Hieruit volgt dat alle eigenwaarden niet-negatief zijn en krijgen we opnieuw θ min (X) θ min (Y ) 35 Rationale functies Zij A een reële symmetrische n n-matrix, dus A T = A Dan is A orthogonaal diagonaliseerbaar, er bestaat dus een orthonormale basis U = {u 1,, u n } van R n met Au i = λ i u i voor i {1,, n} Zij M de veranderingsmatrix van de standaardbasis naar de basis U dan geldt dat M 1 = M T en A = M T DM met D de diagonaalmatrix met op de diagonaal de eigenwaarden We ordenen de eigenwaarden zodat dezelfde eigenwaarden bij elkaar staan en hernummeren deze dan Dus krijgen we λ 1, λ 1,, λ 1, λ 2,, λ 2,, λ m, waar λ i juist m i keer voorkomt, dit is de algebraische multipliciteit Stel nu D i de nulmatrix met op de diagonaal een blok I m op de goede plaats voor λ i, dus dit is een diagonaalmatrix met nullen op de diagonaal en m i enen Dan geldt er dat D = m i=1 λ id i zodat A = M T (λ 1 D λ m D m )M = M T λ 1 D 1 M + + M T λ m D m M Stel voor alle i dat E i = M T D i M Dan is A = m λ i E i i=1 de spectraalontbinding van A Volgende eigenschappen gelden Voor alle i geldt E 2 i = E i want E 2 i = M T D i MM T D i M = M T D 2 i M = M T D i M Voor alle i, j met i j geldt E i E j = 0 want E i E j = M T D i MM T D j M = M T 0M = 0 m i=1 E i = M T D 1 M + + M T D m M = M T (D D m )M = M T I n M = I n 9

12 Lemma 13 Zij P (X) een veelterm Dan geldt P (A) = m i=1 P (λ i)e i Bewijs Het is voldoende te tonen dat A k = m i=1 λk i E i, de rest volgt uit de lineariteit A k = (M T DM) k = M T DMM T DM M T DM = M T D k M = M T ((λ 1 D 1 ) k + + (λ m D m ) k )M = λ k 1E λ k me m D k is de diagonaalmatrix met op de diagonaal de k-de macht van de eigenwaarden Verder geldt ook dat D k i = D i wegens de definitie van D i Lemma 14 Zij B = m i=1 µ ie i een matrix waar voor alle i geldt dat µ i 0 dan B 1 = m i=1 µ 1 i E i Bewijs Als we E i invullen krijgen we B = M T DM = M 1 DM met D een diagonaalmatrix met op de diagonaal µ 1,, µ 1, µ 2,, µ 2,, µ m Zodat B 1 = M 1 D 1 M = M 1 m i=1 µ 1 i D i M = D 1 is de diagonaalmatrix met op de diagonaal µ 1 1,, µ 1 hierboven gedefinieerd 1, µ 1 m i=1 µ 1 i E i 2,, µ 1 2,, µ 1 m en D i zoals Lemma 15 Zij B = m i=1 µ ie i en C = m i=1 ν ie i dan geldt BC = m i=1 µ iν i E i Bewijs BC = M 1 DMM 1 F M = M 1 DF M = M 1 GM = M 1 µ i ν i D i M = m µ i ν i E i i=1 met D een diagonaalmatrix met op de diagonaal µ 1,, µ 1, µ 2,, µ 2,, µ m en F een diagonaalmatrix met op de diagonaal ν 1,, ν 1, ν 2,, ν 2,, ν m en G een diagonaalmatrix met op de diagonaal µ 1 ν 1,, µ m ν m Volgend Lemma volgt uit de drie vorige Lemma s Lemma 16 Zij P (X) en Q(X) veeltermen dan geldt P (A)Q(A) 1 = m i=1 P (λ i ) Q(λ i ) E i op voorwaarde dat Q(λ i ) 0 voor i = 1,, m Een rationale functie is een functie dat kan voorgesteld worden door de breuk Q R twee polynomen Q en R Volgende Lemma s zullen we later nodig hebben van Lemma 17 Zij A een reële symmetrische n n-matrix en B de matrix verkregen door de i-de rij en kolom van A weg te laten Dan geldt waar e i de i-de standaard basisvector is φ(b, x) φ(a, x) = et i (xi A) 1 e i 10

13 Lemma 18 Voor elke graf X geldt φ (X, x) = u V (X) φ(x \ u, x) waarbij X \ u de graf X is waar we de top u en alle bogen waar deze top op ligt weglaten Als f = P Q een rationale functie is met de graad van P kleiner dan de graad van Q dan kunnen we deze opschrijven als r P i (x) (x θ i ) m i i=1 Waarbij m i voor elke i een positief geheel getal is en P i (x) een niet-nulle polynoom van graad kleiner dan m i We noemen de getallen θ i de polen van f en m i de orde van de pool θ i Een enkelvoudige pool is een pool van orde 1 Stelling 3 Zij A een reële symmetrische n n-matrix, zij b een vector van lengte n, en definieer ψ(x) de rationale functie b T (xi A) 1 b Dan zijn alle nulpunten en polen van ψ enkelvoudig, en ψ is negatief overal waar die functie gedefinieerd is Als θ τ opeenvolgende polen zijn van ψ (dwz geen andere pool tussen de twee polen) dan bevat het gesloten interval [θ, τ] juist één nulpunt van ψ 4 Verweving Als M een reële symmetrische n n-matrix is, schrijf dan de eigenwaarden van M in afnemende volgorde, dus θ 1 (M) θ 2 (M) θ n (M) Stelling 4 Zij A een reële symmetrische n n-matrix en B een m m-deelmatrix van A Dan geldt voor i {1, 2,, m} θ n m+i (A) θ i (B) θ i (A) Bewijs We zullen deze stelling bewijzen aan de hand van inductie op n Als m = n dan valt er niets te bewijzen want dan is de deelmatrix B juist de matrix A Als m = n 1 dan bestaat er door Lemma 17 een i zodat ψ = φ(b, x) φ(a, x) = et i (xi A) 1 det(xi B) e i = det(xi A) B is dus de matrix A waarin we de i-de rij en i-de kolom hebben weggelaten Door Stelling 3 heeft ψ enkel enkelvoudige polen en nulpunten, we nemen namelijk b = e i en elk paar opeenvolgende polen is gescheiden door juist 1 nulpunt De polen van ψ zijn juist de nulpunten van A en de nulpunten van ψ zijn juist de nulpunten van B Voor een willekeurige reële symmetrische matrix M en een reëel getal λ, schrijven we n(λ, M) voor het aantal indices i zodat θ i (M) λ We bekijken nu het verschil n(λ, A) n(λ, B) als we de waarde van λ laten afnemen Als λ groter is dan de grootste pool van ψ dan zal in het begin n(λ, A) n(λ, B) gelijk zijn aan 0 Dat zien we direct doordat n(λ, A) = 0 omdat λ θ max (A) en θ max (A) de grootste eigenwaarde is van A, geldt dat λ θ i (A) voor alle i en dus bestaat er geen i waarvoor λ θ i (A) Er geldt ook dat n(λ, B) = 0 Dit kunnen we als volgt inzien De matrix B kunnen we beschouwen als de adjacentiematrix van een geïnduceerde deelgraf van de graf X met adjacentiematrix A, aangezien we een top wegnemen met alle bogen waar die top op lag Zo blijven alle toppen van de toppenverzameling van Y verbonden als ze 11

14 verbonden waren in de graf X en dit is per definitie dan een geïnduceerde deelgraf Uit Lemma 12 volgt dat θ max (Y ) θ max (X) Aangezien λ θ max (A) = θ max (X), volgt dan dat λ θ max (B) = θ max (Y ) dus n(λ, B) = 0 We krijgen dus n(λ, A) n(λ, B) = 0 voor deze waarde van λ Aangezien elke pool enkelvoudig is, zal de waarde van het verschil toenemen met 1 elke keer dat λ bij het veranderen van waarde, een waarde heeft kleiner dan een volgende pool Aangezien elk nulpunt van ψ enkelvoudig is, zal dit ook hier gelden maar dan zal het verschil met 1 afnemen, elke keer als λ voorbij een nulpunt komt En omdat tussen twee opeenvolgende polen exact 1 nulpunt ligt, zal de waarde van het verschil n(λ, A) n(λ, B) alterneren tussen 0 en 1 Als λ voorbij de grootste eigenwaarde is, zal n(λ, A) = 1 want dan is er juist een i waarvoor geldt dat θ i (A) = θ max (A) λ en n(λ, B) blijft 0 aangezien θ max (A) θ max (B) Dus het verschil n(λ, A) n(λ, B) = 1 Aangezien er exact 1 nulpunt is tussen 2 opeenvolgende polen, zal, als λ verder daalt, n(λ, A) gelijk aan 1 blijven en wordt n(λ, B) = 1 Dan geldt dat het verschil n(λ, A) n(λ, B) gelijk is aan 0 Vervolgens zal λ verder dalen en dan terug een pool tegenkomen, aangezien tussen 2 polen exact 1 nulpunt ligt Dus n(λ, A) = 2 en n(λ, B) = 1 dus n(λ, A) n(λ, B) = 1 en zo kunnen we dit proces verder zetten Dit wordt duidelijk als we de grafiek bekijken in volgend voorbeeld, zie Figuur 2b Uit Lemma 12 volgt dat θ min (X) θ min (Y ) dus krijgen we θ min (A) θ min (B) We kunnen voor alle i besluiten dat θ i+1 (A) θ i (B) θ i (A) Stel nu m < n 1 Dan is B een deelmatrix van een deelmatrix C van A van orde (n 1) (n 1) Door inductie volgt dat We hadden reeds θ n 1 m+i (C) θ i (B) θ i (C) θ i+1 (A) θ i (C) θ i (A) Dus de eigenwaarden van B verweven met eigenwaarden van A Definitie 18 Veronderstel dat A een reële symmetrische n n-matrix is en B een reële symmetrische m m-matrix is, met m n We zeggen dat de eigenwaarden van B verweven met de eigenwaarden van A als voor alle i {1, 2,, m} geldt dat θ n m+i (A) θ i (B) θ i (A) Stelling 4 zegt dat de eigenwaarden van een geïnduceerde deelgraf van een graf X verweven met de eigenwaarden van de graf X Voorbeeld 4 Zij P de Petersen graf en we schrijven P 1 voor de deelgraf die we bekomen als we juist 1 top en de bogen waar deze top op ligt weglaten Eerst zullen we de karakteristieke veelterm van P bepalen Zij A = A(P ) de adjacentiematrix van de Petersen graf Omdat de Petersen graf 3-regulier is volgt uit Lemma 8 dat 3 een eigenwaarde is van P met eigenvector 1 = (1, 1,, 1) T Bekijken we de matrix A 2 dan geeft (A 2 ) ij het aantal wandelingen weer van lengte 2 van i naar j, door Lemma 2 Als i en j buren zijn dan zien we direct in de graf dat er geen wandelingen van lengte 2 bestaan van i naar j Dus in dit geval geldt (A 2 ) ij = 0 Als i en j niet adjacent zijn dan bestaat er juist 1 wandeling van i naar j van lengte 2 Dus in dit geval geldt (A 2 ) ij = 1 Als i = j dan zijn er juist 3 wandelingen van lengte 2 van i naar zichzelf Dus (A 2 ) ij = 3 12

15 (a) Petersen graf (b) Polen en nulpunten De polen komen overeen met de verticale asymptoten Dit kunnen we meteen zien in de graf (zie Figuur 2a), of we kunnen ook gemakkelijk het matrixproduct uitrekenen We tonen nu aan dat A 2 + A = J + 2I Als i en j buren zijn staat een 1 op positie (i, j) in A en een 0 op positie (i, j) in A 2 Dus krijgen we op deze posities van A 2 + A een 1 Als i en j niet adjacent zijn dan staat er op positie (i, j) in A een 0 en op die positie in A 2 een 1 Dan krijgen we op deze posities van A 2 + A een 1 Tenslotte als i = j dan staat op positie (i, i) in A een 0 omdat A een adjacentiematrix is en op de diagonaal van A 2 staat overal een 3, dus in A 2 + A staat op de diagonaal overal een 3 Dus is A 2 + A = J + 2I We hadden reeds dat 3 een eigenwaarde is met eigenvector 1 Alle andere eigenvectoren zijn orthogonaal met deze eigenvector 1 aangezien de eigenvectoren een orthonormale basis vormen (zie Sectie 2) Als we veronderstellen dat x een eigenvector is dan geldt dat Jx = 0 aangezien de rijen van de matrix J rijvectoren zijn met allemaal enen Dus krijgen we (A 2 + A 2I)x = λ 2 x + λx 2x = 0 Aangezien een eigenvector verschillend is van nulvector krijgen we λ 2 + λ 2 = 0 Als we deze kwadratische vergelijking oplossen krijgen we λ = 1, λ = 2 Nu moeten we nog de multipliciteiten berekenen Eigenwaarde 3 heeft multipliciteit 1, het is triviaal dat elke vector x zodat Ax = 3x een veelvoud is van 1 dus heeft de eigenwaarde 3 multipliciteit 1 We stellen nu a de multipliciteit van 1 en b de multipliciteit van 2 We krijgen dan volgende twee voorwaarden waaraan de multipliciteiten moeten voldoen Er moet gelden dat de som van de eigenwaarden 0 is, omdat de som van de eigenwaarden gelijk is aan het spoor van een matrix, dus omdat de diagonaalelementen van een adjacentiematrix allemaal 0 zijn, is zijn spoor gelijk aan 0 Verder omdat de adjacentiematrix symmetrisch is, is deze diagonaaliseerbaar De adjacentiematrix van de Petersen graf is een matrix, dus zijn er 10 eigenwaarden en dus moet de som van de multipliciteiten gelijk zijn aan 10 We krijgen { 3 + a 2b = 0 a + b = 9 Hieruit volgt dat a = 5 en b = 4 De karakteristieke veelterm van P wordt dus gegeven door φ(p, x) = (x 3)(x 1) 5 (x + 2) 4 Uit Lemma 18 volgt dat φ (P, x) = 10φ(P \1, x) en dus φ(p 1, x) = (x 2 2x 2)(x 1) 4 (x+2) 3 En tenslotte ψ(x) = (x2 2x 2)(x 1) 4 (x + 2) 3 (x 3)(x 1) 5 (x + 2) 4 (a) = 1/10 (x 3) + 1/2 (x 1) + 2/5 (x + 2), (a) volgt als we splitsen in partieelbreuken De nulpunten zijn dan 1 ± 3 en de polen zijn 3, 1 en 2 Dus zien we dat er een nulpunt ligt tussen twee opeenvolgende polen We kunnen dit 13

16 ook zien op de grafiek (zie Figuur 2b) De eigenwaarden van P zijn θ 1 (P ) = 3, θ 2 (P ) = 1 met multipliciteit 5, θ 1 (P ) = 2 met multipliciteit 4 en de eigenwaarden van P 1 zijn θ 1 (P 1 ) = 1+ 3, θ 2 (P ) = 1 met multipliciteit 4, θ 1 (P ) = 1 3, θ 1 (P ) = 2 met multipliciteit 3 Dus zien we dat de eigenwaarden van P 1 verweven met de eigenwaarden van P Ziehier de lijst van eigenwaarden waarin de eigenwaarden van P 1 onderstreept zijn: 3, 1 + 3, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1 3, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2 41 Petersen Graf Definitie 19 Een Hamiltoncyclus is een cyclus die alle toppen van een graf X bevat Lemma 19 Er bestaat geen Hamiltoncyclus in de Petersen graf P Bewijs Merk op dat er een Hamiltoncyclus in P bestaat als en slechts als er een geïnduceerde deelgraf C 10 bestaat in L(P ) Dit is makkelijk in te zien, de toppen van L(P ) zijn juist de bogen van P en twee toppen in L(P ) zijn verbonden als de twee overeenkomstige bogen in P een top gemeenschappelijk hadden Dus als we in L(P ) een cyclus van lengte 10 kunnen vinden wil dit zeggen dat we in P een cyclus hebben die juist langs elke top een keer voorbij gaat, en dit is juist een Hamiltoncyclus Uit Lemma 7 kunnen we de karakteristieke veelterm van L(P ) berekenen, dit is juist φ(l, x) = (x + 2) e n φ(x, x k + 2) De karakteristieke veelterm van de de Petersen graf hebben we berekend aan het einde van vorige sectie en deze werd gegeven door φ(p, x) = (x 3)(x 1) 5 (x + 2) 4 dus krijgen we dat φ(l, x) = (x + 2) 5 (x 4)(x 2) 5 (x + 1) 4 omdat de Petersen graf e = 15 bogen en n = 10 bogen heeft De eigenwaarden van L(P ) zijn dan 4, 2, 1 en 2 met respectievelijke multipliciteiten 1, 5, 4 en 5 Er geldt dat θ 7 (L(P )) = 1 De eigenwaarden van C 10 kunnen we berekenen aan de hand van een voorgaande berekening in Voorbeeld 3 In dat Voorbeeld hebben we gezien dat de eigenwaarden van de vorm τ 1 + τ = 2 cos( 2π 2πi n ) met τ = e n We krijgen 2 cos( π 5 ) = 2 cos( 9π 5 ) = cos( 2π 5 ) = 2 cos( 8π 5 ) = cos( 3π 5 ) = 2 cos( 7π 5 ) = cos( 4π 5 ) = 2 cos( 6π 5 ) = cos(π) = 2 en 2 cos(2π) = 2 Waar 2 en 2 enkelvoudig zijn en de andere multipliciteit 2 hebben Er geldt dat θ 7 (C 10 ) 0, Bijgevolg θ 7 (C 10 ) > θ 7 (L(P )), en dus is C 10 geen geïnduceerde deelgraf van L(P ), wegens contrapositie van Stelling 4 Dus bevat de Petersen graf geen Hamiltoncyclus Volgende stelling zullen we niet bewijzen, maar zullen we nodig hebben in onderstaand Lemma Stelling 5 Zij A de adjacentiematrix van een graf X, en ρ de spectrale straal, ie het maximum van de moduli van de eigenwaarden Dan zijn de volgende equivalent: X is bipartiet Het spectrum van A is symmetrisch rond de oorsprong, ie voor elke θ zijn de multipliciteiten van θ en θ als eigenwaarden van A dezelfde ρ is een eigenwaarde van A Lemma 20 De bogen van K 10, de complete graf op 10 toppen, kunnen niet gepartitioneerd worden in 3 kopieën van de Petersen graf 14

17 Bewijs Merk op dat dit mogelijk is als we het aantal bogen bekijken: K 10 heeft 45 = 3 15 bogen, juist evenveel als 3 Petersen graffen Zij P en Q twee kopieën van de Petersen graf op dezelfde toppenverzameling en zonder dat ze bogen gemeenschappelijk hebben Zij R de deelgraf van K 10 gevormd met de bogen die niet gebruikt zijn in P en Q We zullen tonen dat R bipartiteit is Zij U P de eigenruimte van A(P ) bij eigenwaarde 1 en U Q de eigenruimte van A(Q) bij de eigenwaarde 1 We hebben reeds gezien aan het einde van vorige Sectie dat 1 een eigenwaarde is van de Petersen graf U P en U Q zijn 5-dimensionale deelruimten van R 10 want de eigenwaarde 1 heeft multipliciteit 5 Beide deelruimten liggen in 1 aangezien eigenvectoren bij twee verschillende eigenwaarden orthogonaal zijn en 1 een eigenvector is bij eigenwaarde 3, dit volgt uit Lemma 8 Dus omdat deze deelruimten zijn van R 10 hebben ze een niet-nulle vector u gemeenschappelijk, dit volgt uit de Stelling van Grassmann A(R)u (a) = (J I A(P ) A(Q))u (b) = (J I)u 2u (c) = 3u (a) volgt uit het feit dat R de bogen bevat die niet bevat waren in P en Q en we trekken I af omdat A(R) een adjacentiematrix is en dus alle diagonaalelementen nul zijn (b) volgt omdat u een eigenvector is met eigenwaarde 1 voor zowel A(P ) als A(Q) (c) volgt omdat u 1 En dus is 3 een eigenwaarde van A(R) Uit Lemma 9 weten we dat als A een k-reguliere graf is dat dan k de grootste eigenwaarde is van A R is 3-regulier aangezien K 10 een 9-reguliere graf is en P en Q juist 3-regulier zijn, dus alle bogen die overblijven zijn er nog 3 per top Omdat R een 3-reguliere graf is, is 3 de spectrale straal en volgt uit Stelling 5 dat R bipartiet is, aangezien 3 een eigenwaarde is Dit levert een tegenstrijdigheid 42 Gelijkverdeelde Partities Definitie 20 We zeggen dat een partitie π van de toppenverzameling V (X) van een graf X met elementen C 1,, C r gelijkverdeeld is als het aantal buren in C j van een top u in C i een constante b ij is, onafhankelijk van u Men noemt een element van de partitie een cel Een equivalente definitie is de volgende, de deelgraf van X geïnduceerd door elke cel is regulier, en de bogen tussen twee verschillende cellen induceren een semireguliere bipartiete graf Definitie 21 De gerichte graf met de r cellen van π als toppen en b ij bogen van de i-de cel naar j-de cel van π noemt men het quotiënt van X over π We noteren deze graf door X/π Dus de adjacentiematrix van dit quotiënt wordt gegeven door A(X/π) ij = b ij, hier kunnen de diagonaalelementen verschillend zijn van 0 Een belangrijke klasse van gelijkverdeelde partities ontstaat door de automorfismen van een graf Een automorfisme is een permutatie van de toppen van een graf zodat bogen op bogen worden gestuurd en niet-bogen op niet-bogen De verzameling van alle automorfismen van een graf X vormt een groep, we noemen dit de automorfismengroep van X en noteren deze groep met Aut(X) Een orbiet van een permutatiegroep G is de verzameling x G = {x g g G} De orbieten van elke automorfismegroep van een graf X vormen een partitie, dit hebben weten we uit de cursus Algebra [6] Bovendien is de partitie gelijkverdeeld Om dit te bewijzen hebben we onderstaand Lemma nodig Lemma 21 Als x een top is van een graf X en g een automorfisme is van X, dan heeft de top y = x g dezelfde graad als x Zij nu O 1,, O r de partitie orbieten van X Stel dat u, v O i dan bestaat er een φ Aut(X) zodat φ(u) = v Aangezien φ de orbiet O j afbeeldt op O j en deze de graad van een top behoudt, hebben u en v hetzelfde aantal buren in O j Dus is de partitie gelijkverdeeld Een 15

18 voorbeeld hiervan is de groep van rotaties van orde 5 die we toepassen op Petersen graf, zoals getekend in Figuur 2a De twee orbieten van deze groep zijn de 5 binnenste toppen O 1 en de 5 buitenste O 2, deze vormen een gelijkverdeelde partitie π 1 met quotiëntmatrix gegeven door A(X/π 1 ) = ( ) Want het aantal buren van een binnenste top in O 1 is 2 en het aantal buren van een binnenste top in O 2 is 1, dit zien we makkelijk in Figuur 2a, deze vormen de eerste rij in de matrix Hetzelfde geldt voor een buitenste top, dit vormt de tweede rij in de matrix Een andere klasse wordt gevormd door de afstandpartities De afstand d X (x, y) tussen 2 toppen x en y in een graf X is de lengte van het kortste pad van x naar y We noteren dit meestal eenvoudig door d(x, y) als duidelijk is uit context over welke graf het gaat Als x = y dan is d(x, y) = d(x, x) = 0 De afstand tussen een top x en een verzameling toppen M, is gedefinieerd als het minimum van de afstanden van de top x tot alle toppen in M Als C een deelverzameling is van de toppenverzameling V (X) dan noteren we C i+1 de verzameling van de toppen in X op een afstand i van C, dus C 1 = C We noemen de deelverzameling C compleet regulier als de afstandpartitie gelijkverdeeld is We verduidelijken dit met een voorbeeld Elke top van de Petersen graf is compleet regulier, en de overeenkomstige afstandpartitie π 2 heeft 3 cellen Namelijk C 1 = {v}, C 2 de cel van de buren van v en C 3 de deelverzameling toppen op afstand 2 van v De quotiëntmatrix wordt gegeven door A(X/π 2 ) = De eerste rij wordt verkregen door als we v nemen en dan kijken hoeveel buren die heeft in de cellen C 1, C 2, C 3 In de eerste cel heeft v geen buur aangezien we hier te maken hebben met een graf zonder lussen In de tweede cel heeft v juist 3 buren aangezien de graf 3 regulier is En omdat de derde cel bestaat uit de toppen op afstand 2 van v heeft v geen buren in C 3 De tweede rij en derde rij verlopen analoog door een willekeurige top te nemen in die cellen en te kijken hoeveel buren die heeft in C 1, C 2, C 3 Definitie 22 Als π een partitie is van V (X) met r cellen, dan definiëren we de karakteristieke matrix P als de n r-matrix met de karakteristieke vectoren van de cellen van π als kolommen Met andere woorden P ij = 1 als de top i C j en 0 anders Dan is de matrix P T P een diagonaalmatrix met (P T P ) ii = C i Het getal op positie (i, j) van P T P is het inproduct van de i-de kolom en de j-de kolom van de matrix P, als i j dan geeft dit 0 aangezien de cellen een partitie vormen, en als i = j dan staat er op die positie het aantal elementen in de cel Aangezien alle cellen niet-leeg zijn, is de matrix P T P inverteerbaar We geven nu een verband tussen A(X/π) en A(X) Lemma 22 Zij π een gelijkverdeelde partitie van een graf X met karakteristieke matrix P, en zij B = A(X/π) Dan is AP = P B en B = (P T P ) 1 P T AP Bewijs We zullen tonen dat voor elke top u en voor elke cel C j geldt dat (AP ) uj = (P B) uj De positie (u, j) van AP is het aantal buren van u die in C j liggen Als u C i dan is het aantal buren van die u die in C j liggen juist gelijk aan b ij De positie (u, j) van P B is ook b ij aangezien het enige niet-nulle element in de u-de rij van P een 1 is in de i-de kolom, omdat u C i en elke top maar in 1 cel ligt Dus kunnen we besluiten dat AP = P B, en er geldt P T AP = P T P B Omdat P T P inverteerbaar is krijgen we B = (P T P ) 1 P T AP 16

19 Lemma 23 Zij X een graf met adjacentiematrix A en π een partitie van V (X) met karakteristieke matrix P Dan is π een gelijkverdeelde partitie als en slechts als de kolomruimte van P A-invariant is (zie Definitie 10) Bewijs De kolomruimte van P is A-invariant als en slechts als er een matrix B bestaat zodat AP = P B (zie Lemma 1) Als π een gelijkverdeelde partitie is dan nemen we B = A(X/π) en geldt wegens vorig Lemma dat AP = P B Omgekeerd, stel dat er een matrix B bestaat zodat AP = P B Dan geldt dat elke top in de cel C i adjacent is met b ij toppen in C j, want (AP ) uj geeft het aantal buren van de top u in C j en (P B) uj geeft juist (B) ij We krijgen dan dat π een gelijkverdeelde partitie is Als AP = P B, dan is A r P = P B r voor elk niet-negatief geheel getal r Dit volgt gemakkelijk uit het feit dat P inverteerbaar is omdat de kolommen van P lineair onafhankelijk zijn omdat een top in juist een C i zit Meer algemeen geldt ook dat als f(x) een veelterm is, dan f(a)p = P f(b) Als f een polynoom is zodat f(a) = 0 dan geldt dat P f(b) = 0 En aangezien de kolommen van P lineair onafhankelijk zijn impliceert dit dat f(b) = 0 Dit toont dat de minimale veelterm van B (zie Definitie 11) de minimale veelterm van A deelt en dus elke eigenwaarde van B is een eigenwaarde van A We kunnen in het algemeen meer zeggen over de relatie tussen de eigenwaarden van A en die van B De volgende stelling heeft als gevolg dat de multipliciteit van een eigenwaarde θ van B niet groter is dan de multipliciteit als een eigenwaarde van A Stelling 6 Als π een gelijkverdeelde partitie is van een graf X, dan is de karakteristieke veelterm van A(X/π) een deler van de karakteristieke veelterm van A(X) Bewijs Zij P de karakteristieke matrix van π en zij B = A(X/π) Als X een graf is met n toppen, zij dan Q een n (n π ) matrix zodat de kolommen van Q en P een basis vormen van R n Dan bestaan er matrices C en D zodat AQ = P C + QD Dit geldt omdat we de kolommen van een n n-matrix kunnen ontbinden volgens de basis Hieruit volgt dat A ( P Q ) = ( P Q ) ( ) B C 0 D Want dan krijgen we dat ( AP AQ ) = ( P B P C + QD ) en AP = P B omdat π gelijkverdeeld is Algemeen geldt er voor willekeurige vierkante matrices X, Y en Z dat ( ) X Y det = det(x) det(z), 0 Z als deze matrix bestaat Ook hebben we dat ( P Q ) inverteerbaar is omdat de kolommen van deze matrix lineair onafhankelijk zijn aangezien ze een basis vormen We krijgen A = ( P Q ) ( ) B C (P ) 1 Q 0 D En dus det(xi A) = det ( P Q ) ( ) xi B C det det ( P Q ) 1 0 xi D ( ) xi B C = det = det(xi B) det(xi D) 0 xi D Dus deelt de karakteristieke veelterm van B de karakteristieke veelterm van A 17

20 We kunnen ook informatie krijgen over de eigenvectoren van X als we de eigenvectoren van het quotiënt X/π kennen Veronderstel dat AP = P B en dat v een eigenvector is van B, met B = A(X/π) en met eigenwaarde θ Dan geldt dat P v 0, dit kunnen we als volgt zien Stel dat v 0 en veronderstel dat P v = 0, beschouw P = (p 1 p r ) P v = p 1 v 1 + p 2 v p r v r = 0 omdat p 1,,p r lineair onafhankelijk zijn volgt dat v 1 = v 2 = = v r = 0 dus v = 0, dit levert een tegenstrijdigheid waardoor we kunnen besluiten dat P v 0 Er geldt dan ook AP v = P Bv = θp v Bijgevolg is P v een eigenvector van A We zeggen dat de eigenvector v van B gelift wordt tot een eigenvector van A Als alternatief kunnen we stellen dat als de kolomruimte van P A-invariant is, dat deze dan een een basis bevat die bestaat uit eigenvectoren van A Elk van deze eigenvectoren is constant op de cellen van P, bijgevolg zijn ze van de vorm P v met v 0 Als AP v = θp v dan volgt dat Bv = θv Als de kolomruimte van P A-invariant is, dan ook het orthogonaal complement van deze kolomruimte Hieruit volgt dat we de eigenvectoren van A kunnen verdelen in 2 klassen: die die constant zijn op de cellen van π (deze zijn van de vorm P v voor een eigenvector v van B) en die die tot nul sommeren op elke cel van π Voor de gelijkverdeelde partities van de Petersen graf hierboven beschreven geldt het volgende We hadden eerst ( ) 2 1 A(X/π 1 ) = 1 2 dan berekenen we Analoog bekomen we ( ) 2 x 1 φ(x/π 1, x) = det = (x 3)(x 1) 1 2 x φ(x/π 2, x) = (x 3)(x 1)(x + 2) Dus kunnen we concluderen dan 2, 1 en 3 eigenwaarden zijn van de Petersen graf Definitie 23 Een perfecte e-code in een graf X is een verzameling toppen S zodat voor elke top v van X er een unieke top in S op afstand hoogstens e van v bestaat Lemma 24 Als X een reguliere graf is met een perfecte 1-code, dan is 1 een eigenwaarde van A(X) Bewijs Zij S de perfecte 1-code en beschouw de partitie π van V (X) met cellen S en het complement S c van S Als X een k-reguliere graf is, dan impliceert ( de definitie ) van een 0 k perfecte 1-code dat π de gelijkverdeelde partitie is met quotiëntmatrix 1 k 1 Positie (2, 1) in de matrix geeft het aantal bogen van een top in S c naar S Dit is gelijk aan 1 wegens de definitie van S, aangezien het een perfecte 1-code is, bestaat er een unieke top in S op afstand 1 van elke top in S c Dus zijn ze adjacent en bestaat er dus juist 1 boog van elke top van S c naar een top in S Aangezien X k-regulier is heeft elke top in S c graad k en dus nog k 1 buren binnen S c, dus krijgen we op positie (2, 2) in de matrix een k 1 We krijgen ook dat positie (1, 1) een 0 is, dit is het aantal bogen van een top in S naar toppen in S Dit is 0 omdat elke top een unieke top op afstand kleiner of gelijk aan 1 in S heeft, voor een top in S is dat de top zelf, die ligt namelijk op afstand 0 Omdat X k-regulier is volgt dat op positie (1, 2) een k moet staan Deze matrix heeft karakteristieke veelterm 18

Definities, stellingen en methoden uit David Poole s Linear Algebra A Modern Introduction - Second Edtion benodigd voor het tentamen Matrix Algebra 2

Definities, stellingen en methoden uit David Poole s Linear Algebra A Modern Introduction - Second Edtion benodigd voor het tentamen Matrix Algebra 2 Definities, stellingen en methoden uit David Poole s Linear Algebra A Modern Introduction - Second Edtion benodigd voor het tentamen Matrix Algebra 2 Bob Jansen Inhoudsopgave 1 Vectoren 3 2 Stelsels Lineaire

Nadere informatie

Aanvullingen bij Hoofdstuk 8

Aanvullingen bij Hoofdstuk 8 Aanvullingen bij Hoofdstuk 8 8.5 Definities voor matrices De begrippen eigenwaarde eigenvector eigenruimte karakteristieke veelterm en diagonaliseerbaar worden ook gebruikt voor vierkante matrices los

Nadere informatie

Eigenwaarden en Diagonaliseerbaarheid

Eigenwaarden en Diagonaliseerbaarheid Hoofdstuk 3 Eigenwaarden en Diagonaliseerbaarheid 31 Diagonaliseerbaarheid Zoals we zagen hangt de matrix die behoort bij een lineaire transformatie af van de keuze van een basis voor de ruimte In dit

Nadere informatie

Uitwerkingen tentamen lineaire algebra 2 13 januari 2017, 10:00 13:00

Uitwerkingen tentamen lineaire algebra 2 13 januari 2017, 10:00 13:00 Uitwerkingen tentamen lineaire algebra 3 januari 07, 0:00 3:00 Hint: Alle karakteristiek polynomen die je nodig zou kunnen hebben, hebben gehele nulpunten. Als dat niet het geval lijkt, dan heb je dus

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor W 2Y650

Lineaire Algebra voor W 2Y650 Lineaire Algebra voor W 2Y650 Docent: L. Habets HG 8.09, Tel: 040-2474230, Email: l.c.g.j.m.habets@tue.nl http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2y650 1 Eigenwaarden en eigenvectoren Zij A een n n matrix.

Nadere informatie

Eigenwaarden en eigenvectoren in R n

Eigenwaarden en eigenvectoren in R n Eigenwaarden en eigenvectoren in R n Als Ax λx voor zekere x in R n met x 0, dan is λ een eigenwaarde van A en x een eigenvector van A behorende bij λ. Een eigenvector is op een multiplicatieve constante

Nadere informatie

Tentamen lineaire algebra 2 18 januari 2019, 10:00 13:00 Uitwerkingen (schets)

Tentamen lineaire algebra 2 18 januari 2019, 10:00 13:00 Uitwerkingen (schets) Tentamen lineaire algebra 8 januari 9, : : Uitwerkingen (schets) Opgave. ( + punten) Gegeven is de matrix ( ) A =. (a) Bepaal een diagonaliseerbare matrix D en een nilpotente matrix N zodanig dat A = N

Nadere informatie

Uitwerkingen tentamen Lineaire Algebra 2 16 januari, en B =

Uitwerkingen tentamen Lineaire Algebra 2 16 januari, en B = Uitwerkingen tentamen Lineaire Algebra 2 16 januari, 215 Deze uitwerkingen zijn niet volledig, maar geven het idee van elke opgave aan. Voor een volledige oplossing moet alles ook nog duidelijk uitgewerkt

Nadere informatie

Tentamen lineaire algebra voor BWI maandag 15 december 2008, uur.

Tentamen lineaire algebra voor BWI maandag 15 december 2008, uur. Vrije Universiteit Amsterdam Faculteit der Exacte Wetenschappen Afdeling Wiskunde Tentamen lineaire algebra voor BWI maandag 5 december 8, 5.5-8. uur. ELK ANTWOORD DIENT TE WORDEN BEARGUMENTEERD. Er mogen

Nadere informatie

ONBETWIST ONderwijs verbeteren met WISkunde Toetsen Voorbeeldtoetsen Lineaire Algebra Deliverable 3.10 Henk van der Kooij ONBETWIST Deliverable 3.

ONBETWIST ONderwijs verbeteren met WISkunde Toetsen Voorbeeldtoetsen Lineaire Algebra Deliverable 3.10 Henk van der Kooij ONBETWIST Deliverable 3. ONBETWIST ONderwijs verbeteren met WISkunde Toetsen Voorbeeldtoetsen Lineaire Algebra Deliverable 3.10 Henk van der Kooij ONBETWIST Deliverable 3.8 ONBETWIST ONderwijs verbeteren met WISkunde Toetsen Inleiding

Nadere informatie

Uitwerkingen tentamen Lineaire Algebra 2 16 januari, en B =

Uitwerkingen tentamen Lineaire Algebra 2 16 januari, en B = Uitwerkingen tentamen Lineaire Algebra 2 16 januari, 2015 Deze uitwerkingen zijn niet volledig, maar geven het idee van elke opgave aan Voor een volledige oplossing moet alles ook nog duidelijk uitgewerkt

Nadere informatie

Jordan normaalvorm. Hoofdstuk 7

Jordan normaalvorm. Hoofdstuk 7 Hoofdstuk 7 Jordan normaalvorm Zoals we zagen hangt de matrix die behoort bij een lineaire transformatie af van de keuze van een basis voor de ruimte In dit hoofdstuk buigen we ons over de vraag of er

Nadere informatie

Uitwerkingen Lineaire Algebra I (wiskundigen) 22 januari, 2015

Uitwerkingen Lineaire Algebra I (wiskundigen) 22 januari, 2015 Uitwerkingen Lineaire Algebra I (wiskundigen) januari, 5 In deze uitwerkingen is hier en daar een berekening weggelaten (bijvoorbeeld het bepalen van de kern van een matrix) die uiteraard op het tentamen

Nadere informatie

Vectorruimten en deelruimten

Vectorruimten en deelruimten Vectorruimten en deelruimten We hebben al uitgebreid kennis gemaakt met de vectorruimte R n We zullen nu zien dat R n slechts een speciaal geval vormt van het (veel algemenere begrip vectorruimte : Definitie

Nadere informatie

Kies voor i een willekeurige index tussen 1 en r. Neem het inproduct van v i met de relatie. We krijgen

Kies voor i een willekeurige index tussen 1 en r. Neem het inproduct van v i met de relatie. We krijgen Hoofdstuk 95 Orthogonaliteit 95. Orthonormale basis Definitie 95.. Een r-tal niet-triviale vectoren v,..., v r R n heet een orthogonaal stelsel als v i v j = 0 voor elk paar i, j met i j. Het stelsel heet

Nadere informatie

Lineaire Algebra Een Samenvatting

Lineaire Algebra Een Samenvatting Lineaire Algebra Een Samenvatting Definitie: Een (reële) vectorruimte is een verzameling V voorzien van een additieve en multiplicatieve operatie, zodat (a) u V en v V u + v V, (1) u + v = v + u voor alle

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 9.31 email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2ds06 Technische Universiteit Eindhoven college 11 J.Keijsper

Nadere informatie

Symmetrische matrices

Symmetrische matrices Symmetrische matrices We beginnen met een eenvoudige definitie : Definitie Een matrix A heet symmetrisch als A T = A NB Een symmetrische matrix is dus altijd vierkant Symmetrische matrices hebben fraaie

Nadere informatie

UITWERKINGEN 1 2 C : 2 =

UITWERKINGEN 1 2 C : 2 = UITWERKINGEN. De punten A, B, C, D in R zijn gegeven door: A : 0, B : Zij V het vlak door de punten A, B, C. C : D : (a) ( pt) Bepaal het oppervlak van de driehoek met hoekpunten A, B, C. Oplossing: De

Nadere informatie

Tentamen lineaire algebra voor BWI dinsdag 17 februari 2009, uur.

Tentamen lineaire algebra voor BWI dinsdag 17 februari 2009, uur. Vrije Universiteit Amsterdam Faculteit der Exacte Wetenschappen Afdeling Wiskunde Tentamen lineaire algebra voor BWI dinsdag 7 februari 9, 8.-.5 uur. ELK ANTWOORD DIENT TE WORDEN BEARGUMENTEERD. Er mogen

Nadere informatie

Eigenwaarden en eigenvectoren

Eigenwaarden en eigenvectoren Eigwaard eigvector Als A e vierkante matrix is, dan heet e vector x e eigvector van A als Ax e veelvoud van x is : Definitie Stel dat A e (n n-matrix is E vector x R n met x o heet e eigvector van A als

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 9.3 email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2ds6 Technische Universiteit Eindhoven college 2 J.Keijsper (TUE)

Nadere informatie

Samenvatting Lineaire Algebra, periode 4

Samenvatting Lineaire Algebra, periode 4 Samenvatting Lineaire Algebra, periode 4 Hoofdstuk 5, Eigenwaarden en eigenvectoren 5.1; Eigenvectoren en eigenwaarden Definitie: Een eigenvector van een n x n matrix A is een niet nulvector x zodat Ax

Nadere informatie

EXAMEN LINEAIRE ALGEBRA EN ANALYTISCHE MEETKUNDE I. 1. Theorie

EXAMEN LINEAIRE ALGEBRA EN ANALYTISCHE MEETKUNDE I. 1. Theorie EXAMEN LINEAIRE ALGEBRA EN ANALYTISCHE MEETKUNDE I MAANDAG 17 JANUARI 2011 1. Theorie Opgave 1. (a) In Voorbeelden 2.1.17 (7) wordt gesteld dat de maximale lineair onafhankelijke deelverzamelingen van

Nadere informatie

Stelsels Vergelijkingen

Stelsels Vergelijkingen Hoofdstuk 5 Stelsels Vergelijkingen Eén van de motiverende toepassingen van de lineaire algebra is het bepalen van oplossingen van stelsels lineaire vergelijkingen. De belangrijkste techniek bestaat uit

Nadere informatie

Examen Lineaire Algebra en Meetkunde Tweede zit (13:30-17:30)

Examen Lineaire Algebra en Meetkunde Tweede zit (13:30-17:30) Examen Lineaire Algebra en Meetkunde Tweede zit 2016-2017 (13:30-17:30) 1 Deel gesloten boek (theorie) (5.5pt) - indienen voor 14u30 (0.5pt) Geef de kleinste kwadratenoplossing van het stelsel AX = d,

Nadere informatie

1 Eigenwaarden en eigenvectoren

1 Eigenwaarden en eigenvectoren Eigenwaarden en eigenvectoren Invoeren van de begrippen eigenwaarde en eigenvector DEFINITIE Een complex (of reëel getal λ heet een eigenwaarde van de n n matrix A als er een vector x is met Ax = λx Dan

Nadere informatie

EXAMEN LINEAIRE ALGEBRA EN MEETKUNDE I

EXAMEN LINEAIRE ALGEBRA EN MEETKUNDE I EXAMEN LINEAIRE ALGEBRA EN MEETKUNDE I Theorie Opgave 1. In deze opgave wordt gevraagd om een aantal argumenten of overgangen uit de cursusnota s in detail te verklaren. In delen (a) (b) peilen we naar

Nadere informatie

Lineaire Algebra. Bovendriehoeks- en onderdriehoeks vorm: onder (boven) elke leidende term staan enkel nullen

Lineaire Algebra. Bovendriehoeks- en onderdriehoeks vorm: onder (boven) elke leidende term staan enkel nullen Lineaire Algebra Hoofdstuk 1: Stelsels Gelijkwaardige stelsels: stelsels met gelijke oplv Elementaire rijbewerkingen: 1. van plaats wisselen 2. externe vermenigvuldiging 3. interne optelling (2. en 3.:

Nadere informatie

Radboud Universiteit Nijmegen

Radboud Universiteit Nijmegen Radboud Universiteit Nijmegen Faculteit der Natuurwetenschappen, Wiskunde en Informatica Kubische grafen met integraal spectrum Naam: Studentnummer: Studie: Begeleider: Tweede lezer: Daan van Rozendaal

Nadere informatie

Bekijk nog een keer het stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden x en y: { De tweede vergelijking van de eerste aftrekken geeft:

Bekijk nog een keer het stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden x en y: { De tweede vergelijking van de eerste aftrekken geeft: Determinanten Invoeren van het begrip determinant Bekijk nog een keer het stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden x en y: { a x + b y = c a 2 a 2 x + b 2 y = c 2 a Dit levert op: { a a 2 x

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor W 2Y650

Lineaire Algebra voor W 2Y650 Lineaire Algebra voor W 2Y65 Docent: L Habets HG 89, Tel: 4-247423, Email: lcgjmhabets@tuenl http://wwwwintuenl/wsk/onderwijs/2y65 1 Herhaling: bepaling van eigenwaarden en eigenvectoren (1) Bepaal het

Nadere informatie

Geadjungeerde en normaliteit

Geadjungeerde en normaliteit Hoofdstuk 12 Geadjungeerde en normaliteit In het vorige hoofdstuk werd bewezen dat het voor het bestaan van een orthonormale basis bestaande uit eigenvectoren voldoende is dat T Hermites is (11.17) of

Nadere informatie

TENTAMEN LINEAIRE ALGEBRA 2 dinsdag 3 april 2007,

TENTAMEN LINEAIRE ALGEBRA 2 dinsdag 3 april 2007, TENTAMEN LINEAIRE ALGEBRA 2 dinsdag 3 april 2007, 000-300 Bij elke vraag dient een berekening of mo- Dit tentamen bestaat uit vijf opgaven tivering te worden opgeschreven Grafische en programmeerbare rekenmachines

Nadere informatie

TENTAMEN LINEAIRE ALGEBRA 1 donderdag 23 december 2004,

TENTAMEN LINEAIRE ALGEBRA 1 donderdag 23 december 2004, TENTAMEN LINEAIRE ALGEBRA donderdag december 004, 0.00-.00 Bij elke vraag dient een berekening of motivering worden opgeschreven. Het tentamen bestaat uit twee gedeelten: de eerste drie opgaven betreffen

Nadere informatie

Tentamen Lineaire Algebra 1 (Wiskundigen)

Tentamen Lineaire Algebra 1 (Wiskundigen) Tentamen Lineaire Algebra Wiskundigen Donderdag, 23 januari 24,.-3. Geen rekenmachines. Motiveer elk antwoord.. Voor alle reële getallen a definiëren we de matrix C a als a C a = a 2. a Verder definiëren

Nadere informatie

Oefensommen tentamen Lineaire algebra 2 - december A =

Oefensommen tentamen Lineaire algebra 2 - december A = Oefensommen tentamen Lineaire algebra 2 - december 2012 Opg 1 De schaakbordmatrix A is de 8 bij 8 matrix 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 A = 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1

Nadere informatie

Tentamen Lineaire Algebra

Tentamen Lineaire Algebra Tentamen Lineaire Algebra 3 januari 214, 8:3-11:3 uur - Bij dit tentamen mogen dictaten en boeken niet gebruikt worden - Een eenvoudige rekenmachine, hoewel niet nodig, is toegestaan, maar geen grafische

Nadere informatie

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Tentamen Lineaire Algebra voor ST (DS6) op -4-, 4.-7. uur. Opgave Gegeven is het volgende stelsel lineaire vergelijkingen met parameters

Nadere informatie

Complexe eigenwaarden

Complexe eigenwaarden Complexe eigenwaarden Tot nu toe hebben we alleen reële getallen toegelaten als eigenwaarden van een matrix Het is echter vrij eenvoudig om de definitie uit te breiden tot de complexe getallen Een consequentie

Nadere informatie

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Tentamen Lineaire Algebra voor ST (2DS06) op , uur.

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Tentamen Lineaire Algebra voor ST (2DS06) op , uur. TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Tentamen Lineaire Algebra voor ST (DS) op --9,.-7. uur. Aan dit tentamen gaat een MATLAB-toets van een half uur vooraf. Pas als de laptops

Nadere informatie

Meetkunde en lineaire algebra

Meetkunde en lineaire algebra Meetkunde en lineaire algebra Daan Pape Universiteit Gent 7 juni 2012 1 1 Möbius transformaties De mobiustransformatie wordt gegeven door: z az + b cz + d (1) Als we weten dat het drietal (x 1, x 2, x

Nadere informatie

WI1808TH1/CiTG - Lineaire algebra deel 1

WI1808TH1/CiTG - Lineaire algebra deel 1 WI1808TH1/CiTG - Lineaire algebra deel 1 College 10 13 oktober 2016 1 Samenvatting Hoofdstuk 4.1 Een constante λ is een eigenwaarde van een n n matrix A als er een niet-nul vector x bestaat, zodat Ax =

Nadere informatie

Tentamen lineaire algebra 2 17 januari 2014, 10:00 13:00 zalen 174, 312, 412, 401, 402

Tentamen lineaire algebra 2 17 januari 2014, 10:00 13:00 zalen 174, 312, 412, 401, 402 Tentamen lineaire algebra 2 17 januari 214, 1: 13: zalen 174, 312, 412, 41, 42 Dit zijn geen complete uitwerkingen. Er is dus geen garantie dat het overschrijven met andere getallen voldoende is voor huiswerk

Nadere informatie

Eindtermen Lineaire Algebra voor E vor VKO (2DE01)

Eindtermen Lineaire Algebra voor E vor VKO (2DE01) Eindtermen Lineaire Algebra voor E vor VKO (2DE01) dr. G.R. Pellikaan 1 Voorkennis Middelbare school stof van wiskunde en natuurkunde. Eerste gedeelte (Blok A) van Lineaire Algebra voor E (2DE04). 2 Globale

Nadere informatie

4 Positieve en niet-negatieve lineaire algebra

4 Positieve en niet-negatieve lineaire algebra 4 Positieve en niet-negatieve lineaire algebra Positieve en niet-negatieve matrices komen veel voor binnen de stochastiek (zoals de PageRank matrix) en de mathematische fysica: temperatuur, dichtheid,

Nadere informatie

Geef niet alleen antwoorden, maar bewijs al je beweringen.

Geef niet alleen antwoorden, maar bewijs al je beweringen. Tentamen Lineaire Algebra maandag 3--27, 3.3-6.3 uur Het is niet toegestaan telefoons, computers, grafische rekenmachines (wel een gewone), dictaten, boeken of aantekeningen te gebruiken. Schrijf op elk

Nadere informatie

Tentamen Lineaire Algebra B

Tentamen Lineaire Algebra B Tentamen Lineaire Algebra B 29 juni 2012, 9-12 uur OPGAVEN Uitwerkingen volgen na de opgaven 1. Gegeven is de vectorruimte V = R[x] 2 van polynomen met reële coefficienten en graad 2. Op V hebben we een

Nadere informatie

3.2 Vectoren and matrices

3.2 Vectoren and matrices we c = 6 c 2 = 62966 c 3 = 32447966 c 4 = 72966 c 5 = 2632833 c 6 = 4947966 Sectie 32 VECTOREN AND MATRICES Maar het is a priori helemaal niet zeker dat het stelsel vergelijkingen dat opgelost moet worden,

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 9.31 email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2ds06 Technische Universiteit Eindhoven college 4 J.Keijsper

Nadere informatie

3 De duale vectorruimte

3 De duale vectorruimte 3 De duale vectorruimte We brengen de volgende definitie in de herinnering. Definitie 3.1 (hom K (V, W )) Gegeven twee vectorruimtes (V, K) en (W, K) over K noteren we de verzameling van alle lineaire

Nadere informatie

Inwendig product, lengte en orthogonaliteit in R n

Inwendig product, lengte en orthogonaliteit in R n Inwendig product, lengte en orthogonaliteit in R n Het inwendig product kan eenvoudig worden gegeneraliseerd tot : u v u v Definitie Als u = u n en v = v n twee vectoren in Rn zijn, dan heet u v := u T

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 93 email: JCMKeijsper@tuenl studiewijzer: http://wwwwintuenl/wsk/onderwijs/2ds06 Technische Universiteit Eindhoven college 3 JKeijsper (TUE) Lineaire

Nadere informatie

Lineaire algebra I (wiskundigen)

Lineaire algebra I (wiskundigen) Lineaire algebra I (wiskundigen) Toets, donderdag 22 oktober, 2009 Oplossingen (1) Zij V het vlak in R 3 door de punten P 1 = (1, 2, 1), P 2 = (0, 1, 1) en P 3 = ( 1, 1, 3). (a) Geef een parametrisatie

Nadere informatie

Bilineaire Vormen. Hoofdstuk 9

Bilineaire Vormen. Hoofdstuk 9 Hoofdstuk 9 Bilineaire Vormen In dit hoofdstuk beschouwen we bilineaire vormen op een vectorruimte V nader. Dat doen we onder andere om in het volgende hoofdstuk de begrippen afstand en lengte in een vectorruimte

Nadere informatie

Antwoorden op de theoretische vragen in de examen voorbereiding

Antwoorden op de theoretische vragen in de examen voorbereiding Antwoorden op de theoretische vragen in de examen voorbereiding Theorie vraag Zij A een m n-matrix. Geef het verband tussen de formule voor de dimensie d van een niet-strijdig stelsel, d = n rang (A) (zie

Nadere informatie

TENTAMEN LINEAIRE ALGEBRA 1A. maandag 16 december 2002, b. Bepaal een basis voor de rijruimte en voor de kolomruimte van A.

TENTAMEN LINEAIRE ALGEBRA 1A. maandag 16 december 2002, b. Bepaal een basis voor de rijruimte en voor de kolomruimte van A. TENTAMEN LINEAIRE ALGEBRA 1A maandag 16 december 2002, 1000-1200 Coördinaten zijn gegeven tov een standaardbasis in R n 1 De matrix A en de vector b R 4 zijn gegeven door 1 0 1 2 0 1 1 4 3 2 A =, b = 0

Nadere informatie

Uitwerking Proeftentamen Lineaire Algebra 1, najaar y y = 2x. P x. L(P ) y = x. 2/3 1/3 en L wordt t.o.v de standaardbasis gegeven door

Uitwerking Proeftentamen Lineaire Algebra 1, najaar y y = 2x. P x. L(P ) y = x. 2/3 1/3 en L wordt t.o.v de standaardbasis gegeven door Uitwerking Proeftentamen Lineaire Algebra, najaar 007. Gegeven is de lineaire afbeelding L : R R, die een punt P = (x, y) langs de lijn y = x projecteert op de lijn y = x: y y = x P x L(P ) y = x Bepaal

Nadere informatie

Matrices en Stelsel Lineaire Vergelijkingen

Matrices en Stelsel Lineaire Vergelijkingen Complexe Getallen Wat is de modulus van een complex getal? Hoe deel je twee complexe getallen? Wat is de geconjugeerde van een complex getal? Hoe kan je z z ook schrijven? Wat is de vergelijking van een

Nadere informatie

Het karakteristieke polynoom

Het karakteristieke polynoom Hoofdstuk 6 Het karakteristieke polynoom We herhalen eerst kort de definities van eigenwaarde en eigenvector, nu in een algemene vectorruimte Definitie 6 Een eigenvector voor een lineaire transformatie

Nadere informatie

WI1808TH1/CiTG - Lineaire algebra deel 1

WI1808TH1/CiTG - Lineaire algebra deel 1 WI1808TH1/CiTG - Lineaire algebra deel 1 College 6 26 september 2016 1 Hoofdstuk 3.1 en 3.2 Matrix operaties Optellen van matrices Matrix vermenigvuldigen met een constante Matrices vermenigvuldigen Machten

Nadere informatie

PROEFEXAMEN LINEAIRE ALGEBRA dinsdag 22 november 2016

PROEFEXAMEN LINEAIRE ALGEBRA dinsdag 22 november 2016 PROEFEXAMEN LINEAIRE ALGEBRA dinsdag 22 november 2016 1. Zi (R, V, +) een eindigdimensionale vectorruimte en veronderstel dat U en W deelruimten van V zin. Toon aan dat 2. Waar of fout? Argumenteer e antwoord.

Nadere informatie

Lights Out. 1 Inleiding

Lights Out. 1 Inleiding Lights Out 1 Inleiding Het spel Lights Out is een elektronisch spel dat gelanceerd werd in 1995 door Tiger Electronics. Het originele spel heeft een bord met 25 lampjes in een rooster van 5 rijen en 5

Nadere informatie

11.0 Voorkennis V

11.0 Voorkennis V 11.0 Voorkennis V 8 6 4 3 6 3 0 5 W 8 1 1 12 2 1 16 4 3 20 5 4 V is een 2 x 4 matrix. W is een 4 x 3 matrix. Deze twee matrices kunnen met elkaar vermenigvuldigd worden. Want het aantal kolommen van matrix

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 9.31 email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2ds06 Technische Universiteit Eindhoven college 3 J.Keijsper

Nadere informatie

Lineaire afbeeldingen

Lineaire afbeeldingen Hoofdstuk 4 Lineaire afbeeldingen In de algebra spelen naast algebraïsche structuren zelf ook de afbeeldingen ertussen die (een deel van de structuur bewaren, een belangrijke rol Voor vectorruimten zijn

Nadere informatie

Lineaire Algebra en Vectorcalculus 2DN60 College 5.a Basis en dimensie

Lineaire Algebra en Vectorcalculus 2DN60 College 5.a Basis en dimensie Lineaire Algebra en Vectorcalculus 2DN60 College 5.a Basis en dimensie Ruud Pellikaan g.r.pellikaan@tue.nl /k 205-206 Definitie opspansel 2/35 Stel S = {v,..., v n } is een deelverzameling van de vectorruimte

Nadere informatie

Basiskennis lineaire algebra

Basiskennis lineaire algebra Basiskennis lineaire algebra Lineaire algebra is belangrijk als achtergrond voor lineaire programmering, omdat we het probleem kunnen tekenen in de n-dimensionale ruimte, waarbij n gelijk is aan het aantal

Nadere informatie

Uitwerkingen tentamen Lineaire Algebra 2

Uitwerkingen tentamen Lineaire Algebra 2 Uitwerkingen tentamen Lineaire Algebra 2 15 januari, 2016 Opgave 2 (10 punten (a Het karakteristiek polynoom van A is det(ti A = (t 1 5, dus er is maar één eigenwaarde, namelijk λ = 1 Er geldt (A I 2 =

Nadere informatie

Wiskundigen. Tentamen Lineaire Algebra 1. Donderdag 18 december 2008, a ( )

Wiskundigen. Tentamen Lineaire Algebra 1. Donderdag 18 december 2008, a ( ) Wiskundigen Tentamen Lineaire Algebra Donderdag 8 december 8,.-3. Naam: () Bepaal voor alle reële waarden van a de rang van de matrix a C a = a. 4a () Zij n een geheel getal en laat P n de vectorruimte

Nadere informatie

Inwendig product, lengte en orthogonaliteit

Inwendig product, lengte en orthogonaliteit Inwendig product, lengte en orthogonaliteit We beginnen met een definitie : u u Definitie. Als u =. en v = u n v v. v n twee vectoren in Rn zijn, dan heet u v := u T v = u v + u v +... + u n v n het inwendig

Nadere informatie

Examenvragen Meetkunde en lineaire algebra Eerste examenperiode

Examenvragen Meetkunde en lineaire algebra Eerste examenperiode Examenvragen Meetkunde en lineaire algebra Eerste examenperiode 2008-2009 Door rotatie van de rechte r die bepaald wordt door de punten P(3, 1, 2) en Q(1, 1, 2) omheen de rechte s die gaat door het punt

Nadere informatie

Opgaven Functies en Reeksen. E.P. van den Ban

Opgaven Functies en Reeksen. E.P. van den Ban Opgaven Functies en Reeksen E.P. van den Ban c Mathematisch Instituut Universiteit Utrecht Augustus 2014 1 Opgaven bij Hoofdstuk 1 Opgave 1.1 Zij f : R n R partieel differentieerbaar naar iedere variabele

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor W 2Y650

Lineaire Algebra voor W 2Y650 Lineaire Algebra voor W 2Y650 Docent: L. Habets HG 8.09, Tel: 040-2474230, Email: l.c.g.j.m.habets@tue.nl http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2y650 1 Herhaling: opspansel De vectoren v 1,..., v k V spannen

Nadere informatie

Unitaire en Hermitese transformaties

Unitaire en Hermitese transformaties Hoofdstuk 11 Unitaire en Hermitese transformaties We beschouwen vervolgens lineaire transformaties van reële en complexe inproductruimten die aan extra eigenschappen voldoen die betrekking hebben op het

Nadere informatie

Voorwaardelijke optimalisatie

Voorwaardelijke optimalisatie Voorwaardelijke optimalisatie We zoek naar maximale minimale waard van e kwadratische vorm Q(x op R n onder bepaalde voorwaard Zo n voorwaarde is bijvoorbeeld dat x R n e eheidsvector is, dat wil zegg

Nadere informatie

Coördinatiseringen. Definitie 1. Stel dat B = {b 1,..., b n } een basis is van een vectorruimte V en dat v V. iedere vector v V :

Coördinatiseringen. Definitie 1. Stel dat B = {b 1,..., b n } een basis is van een vectorruimte V en dat v V. iedere vector v V : Coördinatiseringen Het rekenen met vectoren in R n gaat erg gemakkelijk De coördinaten bieden de mogelijkheid om handig te rekenen (vegen Het is nu ook mogelijk om coördinaten in te voeren voor vectoren

Nadere informatie

Gelijkvormigheid en de Jordan normaalvorm Aanvullende leerstof Lineaire Algebra C (2WF09)

Gelijkvormigheid en de Jordan normaalvorm Aanvullende leerstof Lineaire Algebra C (2WF09) Gelijkvormigheid en de Jordan normaalvorm Aanvullende leerstof Lineaire Algebra C (2WF09) LCGJM Habets Faculteit Wiskunde en Informatica Technische Universiteit Eindhoven Abstract In de syllabus bij het

Nadere informatie

Vectorruimten met inproduct

Vectorruimten met inproduct Hoofdstuk 3 Vectorruimten met inproduct 3. Inleiding In R 2 en R 3 hebben we behalve de optelling en scalairvermenigvuldiging nog meer structuur ; bij een vector kun je spreken over zijn lengte en bij

Nadere informatie

Matrixalgebra (het rekenen met matrices)

Matrixalgebra (het rekenen met matrices) Matrixalgebra (het rek met matrices Definitie A a a n a a n a m a mn is e (m n-matrix Hierbij is m het aantal rij van A n het aantal kolomm (m n noemt m de afmeting( van de matrix A We noter vaak kortweg

Nadere informatie

Hoofdstuk 9. Vectorruimten. 9.1 Scalairen

Hoofdstuk 9. Vectorruimten. 9.1 Scalairen Hoofdstuk 9 Vectorruimten 9.1 Scalairen In de lineaire algebra tot nu toe, hebben we steeds met reële getallen als coëfficienten gewerkt. Niets houdt ons tegen om ook matrices, lineaire vergelijkingen

Nadere informatie

Frobenius lage rang benaderingen

Frobenius lage rang benaderingen Falcuteit Wetenschappen en Bio-Ingenieurswetenschappen Departement Wiskunde Frobenius lage rang benaderingen Proefschrift ingediend met het oog op het behalen van de graad Bachelor in de Wiskunde Dina

Nadere informatie

FACULTEIT ECONOMIE EN BEDRIJFSKUNDE Afdeling Kwantitatieve Economie

FACULTEIT ECONOMIE EN BEDRIJFSKUNDE Afdeling Kwantitatieve Economie FACULTEIT ECONOMIE EN BEDRIJFSKUNDE Afdeling Kwantitatieve Economie Lineaire Algebra, tentamen Uitwerkingen vrijdag 4 januari 0, 9 uur Gebruik van een formuleblad of rekenmachine is niet toegestaan. De

Nadere informatie

Geef niet alleen antwoorden, maar bewijs al je beweringen.

Geef niet alleen antwoorden, maar bewijs al je beweringen. Tentamen Lineaire Algebra donderdag 29 januari 205, 9.00-2.00 uur Het is niet toegestaan telefoons, computers, grafische rekenmachines (wel een gewone), dictaten, boeken of aantekeningen te gebruiken.

Nadere informatie

Tentamen Lineaire Algebra UITWERKINGEN

Tentamen Lineaire Algebra UITWERKINGEN Tentamen Lineaire Algebra 29 januari 29, 3:3-6:3 uur UITWERKINGEN Gegeven een drietal lijnen in R 3 in parametervoorstelling, l : 2, m : n : ν (a (/2 pt Laat zien dat l en m elkaar kruisen (dat wil zeggen

Nadere informatie

Overzicht Fourier-theorie

Overzicht Fourier-theorie B Overzicht Fourier-theorie In dit hoofdstuk geven we een overzicht van de belangrijkste resultaten van de Fourier-theorie. Dit kan als steun dienen ter voorbereiding op het tentamen. Fourier-reeksen van

Nadere informatie

wordt de stelling van Pythagoras toegepast, in dit geval twee keer: eerst in de x y-vlakte en vervolgens in de vlakte loodrecht op de vector y.

wordt de stelling van Pythagoras toegepast, in dit geval twee keer: eerst in de x y-vlakte en vervolgens in de vlakte loodrecht op de vector y. Wiskunde voor kunstmatige intelligentie, 2 Les 5 Inproduct Als we het in de meetkunde (of elders) over afstanden en hoeken hebben, dan hebben we daar intuïtief wel een idee van. Maar wat is eigenlijk de

Nadere informatie

Je hebt twee uur de tijd voor het oplossen van de vraagstukken. µkw uitwerkingen. 12 juni 2015

Je hebt twee uur de tijd voor het oplossen van de vraagstukken. µkw uitwerkingen. 12 juni 2015 Je hebt twee uur de tijd voor het oplossen van de vraagstukken. Elk vraagstuk is maximaal 10 punten waard. Begin elke opgave op een nieuw vel papier. µkw uitwerkingen 12 juni 2015 Vraagstuk 1. We kunnen

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 9. email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/ds6 Technische Universiteit Eindhoven college 9 J.Keijsper (TUE)

Nadere informatie

extra sommen bij Numerieke lineaire algebra

extra sommen bij Numerieke lineaire algebra extra sommen bij Numerieke lineaire algebra 31 oktober 2012 1. Stel, we willen met een rekenapparaat (dat arithmetische bewerkingen uitvoert met een relatieve nauwkeurigheid ξ, ξ ξ) voor twee getallen

Nadere informatie

x 1 (t) = ve rt = (a + ib) e (λ+iµ)t = (a + ib) e λt (cos µt + i sin µt) x 2 (t) = ve rt = e λt (a cos µt b sin µt) ie λt (a sin µt + b cos µt).

x 1 (t) = ve rt = (a + ib) e (λ+iµ)t = (a + ib) e λt (cos µt + i sin µt) x 2 (t) = ve rt = e λt (a cos µt b sin µt) ie λt (a sin µt + b cos µt). 76 Complexe eigenwaarden Ook dit hebben we reeds gezien bij Lineaire Algebra Zie: Lay, 57 Als xt ve rt een oplossing is van de homogene differentiaalvergelijking x t Axt, dan moet r een eigenwaarde van

Nadere informatie

Hints en antwoorden bij de vragen van de cursus Lineaire Algebra en Meetkunde

Hints en antwoorden bij de vragen van de cursus Lineaire Algebra en Meetkunde Hints en antwoorden bij de vragen van de cursus Lineaire Algebra en Meetkunde Ik heb de vragen die in de nota s staan en de vragen van de samenvattingen samengebracht in deze tekst en voorzien van hints

Nadere informatie

PROEFEXAMEN LINEAIRE ALGEBRA donderdag 17 november 2011

PROEFEXAMEN LINEAIRE ALGEBRA donderdag 17 november 2011 PROEFEXAMEN LINEAIRE ALGEBRA donderdag 17 november 2011 Familienaam:....................................................................... Voornaam:.........................................................................

Nadere informatie

1.1 Oefen opgaven. Opgave Van de lineaire afbeelding A : R 3 R 3 is gegeven dat 6 2, 5 4, A 1 1 = A = Bepaal de matrix van A.

1.1 Oefen opgaven. Opgave Van de lineaire afbeelding A : R 3 R 3 is gegeven dat 6 2, 5 4, A 1 1 = A = Bepaal de matrix van A. . Oefen opgaven Opgave... Van de lineaire afbeelding A : R 3 R 3 is gegeven dat A = Bepaal de matrix van A. 4, 4 A =, A = 3 4. In de volgende opgave wordt het begrip injectiviteit en surjectiviteit van

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 9.3 email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2ds6 Technische Universiteit Eindhoven college 5 J.Keijsper (TUE)

Nadere informatie

Een combinatorische oplossing voor vraag 10 van de LIMO 2010

Een combinatorische oplossing voor vraag 10 van de LIMO 2010 Een combinatorische oplossing voor vraag 10 van de LIMO 2010 Stijn Vermeeren (University of Leeds) 16 juni 2010 Samenvatting Probleem 10 van de Landelijke Interuniversitaire Mathematische Olympiade 2010vraagt

Nadere informatie

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Tentamen Lineaire Algebra voor ST (2DS06) op 16-4-2012, 14.30-17.00 uur.

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Tentamen Lineaire Algebra voor ST (2DS06) op 16-4-2012, 14.30-17.00 uur. TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Tentamen Lineaire Algebra voor ST (DS6) op 6--,.-7. uur. Aan dit tentamen gaat een MATLAB-toets van een half uur vooraf. Pas als de laptops

Nadere informatie

Ruimtewiskunde. college. De determinant en lineaire afbeeldingen. Vandaag. De determinant van een matrix. Toepassing: oppervlakte en inhoud

Ruimtewiskunde. college. De determinant en lineaire afbeeldingen. Vandaag. De determinant van een matrix. Toepassing: oppervlakte en inhoud college 6 en lineaire collegejaar college build slides Vandaag : : : : 6-7 6 9 juni 27 3 2 3 van een matrix Toepassing: oppervlakte en inhoud.6-7[6] vandaag van de 2 2-matrix a b c d is gelijk aan ad bc.

Nadere informatie

Aanvullingen bij Hoofdstuk 6

Aanvullingen bij Hoofdstuk 6 Aanvullingen bij Hoofdstuk 6 We veralgemenen eerst Stelling 6.4 tot een willekeurige lineaire transformatie tussen twee vectorruimten en de overgang naar twee nieuwe basissen. Stelling 6.4. Zij A : V W

Nadere informatie

Lineaire algebra en kegelsneden. Cursus voor de vrije ruimte

Lineaire algebra en kegelsneden. Cursus voor de vrije ruimte Lineaire algebra en kegelsneden Liliane Van Maldeghem Hendrik Van Maldeghem Cursus voor de vrije ruimte 2 Hoofdstuk Reële vectorruimten. De reële vectorruimte van de reële n-tallen Definitie Een reëel

Nadere informatie