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.

Transcriptie

1 . 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 een afbeelding gebruikt. Zij A, B een tweetal verzamelingen en f : A B een afbeelding. We zeggen dat f surjectief is, als bij elke b B een a A bestaat zó dat f(a) = b. Anders gezegd, f is surjectief als het beeld van f gelijk is aan B zelf. We zeggen dat f injectief is als f(a) = f(a ) a = a. Dus als twee elementen a, a A hetzelfde beeld hebben, dan moeten ze gelijk zijn bij een injectieve f. We kunnen ook zeggen dat bij een injectieve afbeelding verschillende elementen van A ook verschillende beelden hebben. Opgave... a) Bewijs dat een lineaire afbeelding f : R n R m injectief is precies dan als ker(f) = {}. b) Bewijs dat er geen injectieve lineaire afbeelding f : R 4 R 3 bestaat. c) Bewijs dat er bij elke surjectieve lineaire afbeelding f : R 4 R 3 een lineaire afbeelding g : R 3 R 4 bestaat, zó dat f g de identieke afbeelding van R 3 naar R 3 is. d) Bewijs dat er bij elke injectieve lineaire afbeelding g : R 3 R 4 een lineaire afbeelding f : R 4 R 3 bestaat, zó dat f g de identieke afbeelding is van R 3 naar R 3. Opgave..3. In R 4 is de deelruimte W gegeven, opgespannen door de vectoren a) Bepaal een orthonormale basis van W. (,,, ), (,,, ), (,,, ). b) Zij P : R 4 R 4 de linaire afbeelding die de loodrechte projectie op W voorstelt. Bepaal de matrix van P. Opgave..4. Van de 3 3-matrix A is gegeven dat hij eigenwaarden,, heeft en dat (,, ) eigenvector bij is, (,, ) eigenvector bij en (3,, ) eigenvector bij. Bepaal A. Opgave... Gegeven is de matrix A = 4. 4

2 a) Bepaal de eigenwaarden van A. b) Bepaal een orthogonale matrix C zó dat C AC een diagonaalmatrix is. Opgave... Zij A, B : R n R n een tweetal lineaire afbeeldingen. Stel dat A precies n verschillende eigenwaarden heeft. Noem de bijbehorende eigenvectoren v, v,..., v n. a) Stel dat v i een eigenvector van B is voor i =,,..., n. Bewijs dat AB = BA. b) Stel dat BA = AB. Bewijs dat de v i eigenvectoren van B zijn.

3 . Uitwerkingen Uitwerking... Laten we de matrix van A ook maar weer A noemen. We moeten A oplossen uit A = We bepalen eerst = /3 /3 /3 /3 (we laten de berekening achterwege). Vervolgens bepalen we A = = Om te controleren of de laatste matrix de gevraagde matrix is, kun je hem loslaten op de vectoren (,, ) t, (,, ) t, (,, ) t en kijken of daar (, 4, 4) t, (,, ) t, (3, 4, ) t uitkomt. Uitwerking... a) Eerst bewijzen we, f injectief ker(f) = {}. Stel x ker(a) dan geldt f(x) = = f(). Vanwege de injectiviteit van f volgt hieruit dat x =. Vervolgens bewijzen we dat uit ker(f) = {} de injectiviteit van f volgt. Stel f(x) = f(y). Vanwege de lineariteit van f volgt hieruit dat f(x y) =. Omdat de kern van f alleen uit de nulvector bestaat, volgt hieruit x y = en dus x = y. b) Een lineaire afbeelding f is injectief precies dan als de kern van f triviaal is, dat wil zeggen, alleen uit de nulvector bestaat. De matrix M f van een lineaire afbeelding f : R 4 R 3 is een 3 4-matrix. De vergelijking M f x = is een drietal homogene lineaire vergelijkingen in de vier onbekenden x, x, x 3, x 4, de coördinaten van x. Aangezien een homogeen stelsel met meer variabelen dan vergelijkingen altijd een niet-triviale oplossing heeft, volgt dat de kern van f niet triviaal is. Met andere woorden: f is niet injectief. Een andere manier om dit onderdeel te maken is opmerken dat dim(ker(f)) = 4 dim(im(f)). Aangezien het beeld van f in R 3 ligt, geldt dat dim(im(f)) 3 en dus dim(ker(f)). met andere woorden, de kern van f is niet triviaal en dus is f niet injectief. c) Kies v, v, v 3 R 4 zó dat f(v i ) = e i voor i =,, 3. Omdat f surjectief is kan dit altijd. Kies nu g : R 3 R 4 zó dat g(e i ) = v i voor i =,, 3. Omdat e, e, e 3 een basis van R 3 vormt, bestaat zo n g. dat g de gevraagde afbeelding is volgt uit f(g(e i )) = f(v i ) = e i voor i =,, 3. 3

4 d) Stel g(e i ) = v i voor i =,, 3. Omdat g injectief is zijn de vectoren v i lineaire onafhankelijke (ga dit na). Vul deze vectoren aan tot een basis van R 4. Kies nu f zó dat f(v i ) = e i voor i =,, 3 en f(e 4 ) = (of een andere willeurige beeldvector voor f(e 4 )). Dat deze f de gevraagde eigenschap heeft volgt uit f(g(e i )) = f(v i ) = e i voor i =,, 3. Uitwerking..3. a) Stel a = (,,, ), a = (,,, ), a 3 = (,,, ). Schrijf deze vectoren in rijen onder elkaar op en zet daarnaast de Gram-matrix van a, a, a 3, 3 3 Trek de eerste rij van de tweede af, en / maalvan de derde, / / / Tel nu de tweede rij bij de derde op, / / We vinden de volgende orthogonale basis van W, hetgeen ons de orthonormale basis oplevert. 3/ (,,, ), (,,, ), (/,, /, ) b = (,,, ), b = (,,, ), b 3 = (,,, ) b) De matrix van P V heeft als kolommen de vectoren P (e ), P (e ), P (e 3 ), P (e 4 ). Voor de projectie van een vector x hebben we de formule (x b )b + (x b )b + (x b 3 )b 3 waarin b, b, b 3 de orthonormale basis uit voorgaand onderdeel is. We vinden, P (e ) = (,,, ) + (,,, ) + (,,, ) 4

5 = (/3,, /3, /3) P (e ) = (,,, ) + (,,, ) + (,,, ) = (,,, ) P (e 3 ) = (,,, ) + (,,, ) (,,, ) = (/3,, /3, /3) P (e 4 ) = (,,, ) + (,,, ) + (,,, ) = (/3,, /3, /3) De gevraagde matrix wordt dus Merk op dat deze matrix symmetrisch is. /3 /3 /3 /3 /3 /3 /3 /3 /3. Uitwerking..4. Er geldt samengevat, A 3 = 3. Dus volgt, A = 3 3 = Merk op dat deze opgave een voorbeeld is van AS = SΛ waarin S = 3, Λ =. Hieruit volgt het bekende A = SΛS. Uitwerking... a) De eigenwaardevergelijking van A luidt λ λ 4 4 λ =.

6 Er zijn talloze manieren om deze determinant uit te werken. Wij kiezen er één van de vele. Tel derde rij bij tweede op, λ λ λ 4 λ =. Haal de factor λ eruit en trek tweede kolom van eerste af, λ 4 ( λ) 4 λ =. Blijft over, en na uitwerking geeft dit ( λ) λ 4 λ = = ( λ)(( λ)( λ) 8) = ( λ)(λ + λ 4) = ( λ)(λ + 7)(λ ). De eigenwaarden zijn duis 7 en (met multipliciteit ). b) Voor C moeten we een matrix nemen waarvan de kolommen eigenvectoren van A zijn, en die bovendien een orthonormaal stelsel vormen. Het is dus voldoende een orthonormale basis van eigenvectoren te vinden. Omdatv A een symmetrische matrix is, weten we dat zo n basis bestaat. We bepalen de eigenvectoren bij 7, Eliminatie van x, Eliminatie van x, 8 9/ 9/ 9/ 9/ 8 9/ 9/ Hieruit volgrt de eigenvector µ(,, ) met µ R. We bepalen de eigenvectoren bij,

7 Eliminatie van x,. 4 4 Hieruit volgen de eigenvectoren µ(,, ) + ν(,, ). Een basis van eigenvectoren wordt dus gevormd door (,, ), (,, ), (,, ). De eerste staat loodrecht op de laatste twee, hetgeen correspondeert met het feit dat eigenvectoren van een symmetrische matrix behorend bij verschillende eigenwaarden onderling orthogonaal zijn. We hoeven nu alleen nog twee onderling loodrechte vectoren bij eigenwaarde te vinden. We passen hiertoe Gram-Schmidt toe op (,, ), (,, ) als volgt 4 4 Tel 4/ maal de eerste rij bij de tweede op, / 4/ 4 9/ Een orthonormale basis wordt dus 3 (,, ), (,, ), 3 (, 4, ) en een gevraagde matrix C = Uitwerking... Omdat v,..., v n eigenvectoren bij verschillende eigenwaarden zijn, vormen ze een onafhankelijk stelsel en dus een basis van R n. Verder heeft de eigenruimte van A bij λ i precies dimensie voor elke i. a) Stel B(v i ) = µ i v i voor i =,,..., n. Dan geldt voor elke i {,,..., n} dat AB(v i ) = A(µ i v i ) = λ i µ i v i en BA(v i ) = B(λ i v i ) = λ i µ i v i. Dus AB(v i ) = BA(v i ) voor i =,,..., n. Omdat v,..., v n een basis van R n vormen impliceert dit dat BA = AB. b) Uit BA = AB volgt voor elke i dat AB(v i ) = BA(v i ) = λ i B(v i ). Dus B(v i ) is ofwel de nulvector, en dus is v i eigenvector van B met eigenwaarde, of B(v i ) is een eigenvector van A met eigenwaarde λ i. Omdat de eigenruimte van A bij λ i dimensie heeft, bestaat er een scalair µ i zó dat B(v i ) = µ i v i. 7