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

Transcriptie

1 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 eerst de matrix van L ten opzichte van de basis (, ), (, ), en dan de matrix van L ten opzichte van de standaardbasis van R. Oplossing: We hebben L(, ) = (0,( 0) en ) L(, ) = (, ), ( dus ten ) opzichte van de basis (, ), (, ) heeft L de matrix. Laat nu A =, dan is A = / / en L wordt t.o.v de standaardbasis gegeven door / / A A = ( ) ( ) / / = / / = / / Alternatieve oplossing van de tweede vraag: de afbeelding stuurt beide punten (, 0) en (0, ) langs de lijn x + y = naar de lijn y = x. Die twee lijnen snijden elkaar in (/, /), en zo kom je op dezelfde matrix uit.. Beschouw het stelsel x + y = y z = x + y + z = 4 ( / ) / / / a) Schrijf het stelsel in de vorm A X = B.

2 Oplossing: Neem A = 0 0, X = x y, B = z 4 b) Bereken een oplossing van het stelsel m.b.v. vegen. Oplossing: en de oplossing lezen we af: z =, y = z = =, x = y + = + =. c) Bereken de determinant van A en concludeer dat A inverteerbaar is. Oplossing: We doen we één veegstap en ontwikkelen naar de eerste kolom: 0 0 = = = ( ( ) ( )) = = De determinant van A is dus niet 0, en daarom is A inverteerbaar. d) Bereken de inverse A van A. Oplossing: / / / De laatste drie kolommen geven de inverse matrix A. e) Bereken de oplossing van het stelsel m.b.v. A. Oplossing: x / y = A B = = z 4

3 . Laat zien dat (,, 0), (, 0, ) en (0,, ) een basis van R vormen, en bepaal de matrix van de lineaire afbeelding ten opzichte van deze basis. L : R R, L(x, y, z) = (x y, y z, z x), Oplossing: Met rijoperaties vegen we naar rijtrapvorm: De rang van de matrix is dus, en de kolommen van de linkermatrix vormen dus een basis van R. Er geldt nu L = 0 = 0 ; L 0 = = 0 L 0 = 0 = 0 ; 0 Hieruit volgt dat L t.o.v. de nieuwe basis de matrix heeft Bepaal een orthogonale basis voor de ruimte van de oplossingen van: ; x y + z w = 0 y + z + w = 0 Oplossing: De matrix bij dit stelsel is A = 0. Deze is in rijtrapform met twee niet nul rijen en heeft dus rang ; de dimensie van de kern van A, dus van de oplossingsruimte van het stelsel, is dan 4 =. De twee vektoren

4 v = (, 0,, ), v = (0,, 0, ) liggen in de kern van A en zijn lineair onafhankelijk, dus vormen zij een basis van de oplossingsruimte. We gebruiken de methode van Gram- Schmidt om hiervan een orthonormale basis te maken. We definiëren en Dan geldt w = v = (, 0,, ) w = v v w w w = (0,, 0, ) (, 0,, ) = (,,, ). w =, w = en een orthonormale basis is gegeven door b, b met 5 b = w w = (, 0,, ), b = w w = 5 (,,, )., 5. Beschouw de matrix A = Bereken de eigenwaarden en eigenruimten van A, en geef een basis van de R bestaande uit eigenvektoren van A. Oplossing: Het karakteristieke polynoom van A is λ det(λi A) = 0 λ = (λ ) λ 0 6 λ + 6 λ + = (λ )(λ 6) = (λ )(λ 4)(λ + 4), de eigenwaarden van A zijn dus, 4 en -4, en de eigenruimten zijn 0 Eig() = ker(a I) = ker = { x (, 0, 0) x R }, 0 6 Eig(4) = ker(a 4I) = ker 0 = { x (0,, ) x R },

5 Eig( 4) = ker(a + 4I) = ker = { x ( 8, 5, 5) x R }. De drie vektoren (, 0, 0), (0,, ) en ( 8, 5, 5) zijn als eigenvektoren bij de paarsgewijs verschillende eigenwaarden, 4 en -4 lineair onafhankelijk, dus een basis van de R. 6. Bekijk de vectorruimte P, de vectorruimte van polynomen met graad hoogstens. a) Bepaal de dimensie van P. Oplossing: Elementen van P zijn de funkties van de vorm f(x) = ax + bx cx + d met a, b, c, d R, dus zijn de funkties, x, x en x voortbrengers van P. Stel dat de lineaire combinatie f(x) = ax + bx + cx + d (d = d ) het nulelement van P is, d.w.z. de constante nulfunktie. Dan geldt d = f(0) = 0, c = df (0) = 0, b = d f (0) = 0 en dx dx a = d f (0) = 0. De funkties, x, x en x zijn dus ook lineair onafhankelijk en daarom dx en basis van P. We concluderen dat P dimensie 4 heeft. Bekijk vervolgens de afbeelding T : P P gedefinieerd door T (f(x)) = x f (x). b) Toon aan dat T een lineaire afbeelding is. Oplossing: Uit de analyse weten we dat (af(x) + bg(x)) = af (x) + bg (x) voor differentieerbare funkties f(x), g(x) en a, b R. Voor f, g P en a, b R geldt derhalve T (af(x) + bg(x)) = x (af(x) + bg(x)) = x (af (x) + bg (x)) = axf (x) + bxg (x) = at (f(x)) + bt (g(x). c) Is T injectief? Is T surjectief? Oplossing: Er geldt T () = 0; T is dus niet injektief. Omdat T lineair is van een eindigdimensionale vektorruimte naar zichzelf geldt T is dus ook niet surjectief. T is injektief is surjektief ; 5