Uitwerking opgaven 17 december. Spoilers!!

Transcriptie

1 Uitwerking opgaven 7 december Spoilers!! (duh... 8 januari 206 Inhoudsopgave Complex diagonaliseren matrix 2. Opgave Oplossing Opgave 8 2. Opgave Oplossing Opgave Opgave Oplossing Matrix exponential 5 4. Opgave Oplossing Matrix Matrix

2 Complex diagonaliseren matrix. Opgave Diagonaliseer de matrix A.2 Oplossing ( We gaan een basis β construeren zodat (met ɛ de standaardbasis in de identiteit A ɛ ɛ Id ɛ β A β β Idβ ɛ A β β een diagonaalmatrix is. Eerst bepalen we het karakteristiek polynoom: ϕ A (λ 2 λ λ (2 λ(2 λ 2 2 λ2 4λ + 8 De nulpunten van dit polynoom zijn λ 2 ( 4 ± ( ± ± 2i Dus λ 2 + 2i en λ 2 2 2i. Voor de eigenvectoren bij λ moeten we de nulruimte vinden van 2 (2 + 2i 2 2i 2 2 2i i 2 2 (2 + 2i 2 2i 2 2i 0 0 ( ( met als oplossingen µ voor µ C; hier zullen we de vector β i nemen. i Voor de eigenvectoren bij λ 2 moeten we de nulruimte vinden van 2 (2 2i 2 2i 2 2 2i 2 2 (2 2i 2 2i 2 2i ( ( met als oplossingen µ voor µ C; we nemen nu β i 2 als eigenvector. i We krijgen nu dat i 0 0 Id ɛ β ( β β 2, A β i i β λ i 0 0 λ i En dus is i i i 0 2 2i i i Eventueel kan men nu nog de inverse van de laatste matrix uitrekenen. Dit gaat als volgt. ( /2 i/2 i i 0 0 i 0 2 i 0 /2 i/2 En dus is i i /2 i/2 /2 i/2 2 i i 2

3 2 Opgave 8 2. Opgave Beschouw voor iedere a, b R de matrix b b T a,b 2a 0 a 2b 2b Toon aan dat (, 0, 2 een eigenvector is van T a,b voor alle waarden van a en b. Voor welke waarden van de parameters a en b is T a,b diagonaliseerbaar over R? 2.2 Oplossing Eerst moeten we aantonen dat (, 0, 2 (hierin staat T voor de getransponeerde een eigenvector is van T a,b. We berekenen hiertoe T a,b 0 b b 2a 0 a b b 0 2a + 0 2a b 0 b 0 2 2b 2b 2 2b b 2b 2 Dus (, 0, 2 T is inderdaad een eigenvector met eigenwaarde b. We gaan nu de andere eigenwaarden en -vectoren uitrekenen. Het karakteristiek polynoom is b x b ϕ Ta,b (x 2a x a 2b 2b x ( b x x (2b x + 2a b + 2b a ( b x a 2a (2b x 2b x ab + ax + bx 2 x a(b x + x 2 (b x (x 2 a(b x met als nulpunten x b, x a en x a. Merk op dat de laatste twee complex zijn indien a < 0: omdat de matrix reëel diagonaliseerbaar moet zijn, moet gelden a 0. We weten uit Stelling 5.2 dat als het spectrum enkelvoudig is, dat dan T a,b diagonaliseerbaar is. Het spectrum is enkelvoudig als b, a en a allemaal verschillend zijn. Dit is meestal zo, we gaan kijken naar alle gevallen waarin dat niet zo is. Dan moeten er twee gelijke eigenwaarden tussenzitten, dus moet tenminste een van de volgende drie gelden; b a, b a of a a. Eerst bekijken we het geval a a. Dan is a 0 en dus geldt b b T a,b b 2b Het karakteristiek polynoom is in dit geval x 2 (b x (wat te verkrijgen valt door a 0 in te vullen in ϕ Ta,b (x (x 2 a(b x, dus de eigenwaarden zijn 0 en b. Voor eigenwaarde 0 krijgen we als eigenruimte de nulruimte van b b b b b b 2b 2b 0 0 2b 2b Merk op dat we de nulrij hebben weggelaten, aangezien 0 a 0 voor iedere vector a geldt. De nulruimte van deze matrix is gelijk aan vct{(, 0, }. Voor eigenwaarde b wisten we al dat (, 0, 2 een

4 eigenvector is en omdat m(b, is volgens stelling 5.6 d(b, dus d(b, dus geldt dat de eigenruimte van b gegeven wordt door vct{(, 0, 2}. We hebben dus in totaal twee onafhankelijke eigenvectoren. Maar omdat de dimensie van R gelijk is aan, heeft R dus geen basis van eigenvectoren, dus is T a,b in dit geval niet diagonaliseerbaar. We bekijken nu het geval a b. Het geval a 0 hebben we al bekeken, dus neem aan dat a 0, dan ook b 0. Omdat b R moet gelden a > 0. Dan is a b en dus zijn de eigenwaarden b en b. Omdat a b is a b 2 dus de matrix is te schrijven als b b T a,b 2b 2 0 b 2 2b 2b Om de eigenruimte van eigenwaarde b te bepalen, moeten we de nulruimte bepalen van 2b b T a,b bi 2b 2 b b 2 2b b Met Gauss-eliminatie krijgen we 2b b 2b 2 b b 2 2b b 2b b 2b b ( 2b b 2b b 2b b Merk op dat we door b mogen delen omdat b 0. De bijbehorende eigenruimte is de nulruimte van deze matrix, dus vct{(0, b,, (, 0, 2}. Voor b krijgen we als eigenruimte 0 b T a,b + bi 2b 2 b b 2 2b b en Gauss-eliminatie geeft 0 b 2b 2 b b 2 0 b 2b b 2b b 2b b 0 b 2b b 0 2 2b 0 b 2b 0 2b 2b b 0 b 0 0 b en eigenruimte vct{(, b, }. Omdat deze vector (omdat b 0 een andere eigenwaarde heeft dan de twee eigenvectoren die we eerder vonden, is deze onafhankelijk van deze twee. De eerste twee vectoren waren ook onafhankelijk, dus we hebben drie onafhankelijke eigenvectoren gevonden: (0, b,, (, 0, 2, (, b,. Dus in dit geval is T a,b diagonaliseerbaar. Voor het geval a b krijgen we weer a b 2 en dus krijgen we exact dezelfde matrix, dus exact dezelfde eigenvectoren. In dit geval is de matrix dus ook diagonaliseerbaar. Opgave 20. Opgave Stel dat de tewerkstelling in ons land als volgt evolueert: van al de mensen die het ene jaar werkloos zijn, vinden er het daaropvolgende jaar op 6 een job, de rest blijft werkloos. Anderzijds, van al de mensen die het ene jaar een job hebben, raken er het daaropvolgende jaar op 8 de job kwijt, de rest blijft werken. Stel dat er op dit moment 4 miljoen mensen werken en een half miljoen mensen werkloos zijn. Hoe is de tewerkstelling dan over een jaar? En over 2 jaar? En over 00 jaar? 4

5 .2 Oplossing Neem x n voor het aantal mensen dat na n jaar een baan heeft in miljoenen, en y n voor het aantal mensen dat na n jaar werkloos is in miljoenen. Dan x 0 4 en y De basisvergelijkingen zijn { x n 7 8 x n + 6 y n y n 8 x n y n In matrixvorm ( xn y n 7/8 /6 xn /8 5/6 y n De situatie na of 2 jaar is hiermee eenvoudig uit te rekenen. Voor de situatie na 00 jaar kunnen we diagonaliseren: we krijgen 7/8 /8 0 /6 5/6 2 0 /6 2 Door gebruik te maken van het feit dat (/ krijgen we ( 7/8 /8 0 /6 5/6 2 0 / / / / / 2 0 2/ / 2/ 2/ En dus krijgen we dat na 00 jaar x00 y 00 / 2/ 4 / 2/ 0.5 Dus.5 miljoen mensen hebben een baan en miljoen niet. 4 Matrix exponential 4. Opgave Bepaal exp(a voor A ( Oplossing 4.2. Matrix 2.5 en A ( 0 a a 0, waarbij a een reëel getal is. ( ( 2 We beginnen met de eerste. Deze gaan we natuurlijk diagonaliseren. Het karakteristiek polynoom is φ A (x (2 x 2 x 2 4x + (x (x. De eigenwaarden zijn dus x en x. Voor x krijgen we als nulruimte van A I 2 A I 2 ( 0 0 met als nulruimte vct(,, we zullen als eigenvector hier (, nemen. Voor x krijgen we als nulruimte van A I 2 A I 2 ( 0 0 met als nulruimte vct(,, we zullen als eigenvector hier (, nemen. De eigenwaarden zijn en en dus is 0 A 0 5

6 De inverse van de laatste matrix is gelijk aan Dus geldt dat ( 2 En dus geldt exp(a k0 k! Ak ( k 0 k! 0 k0 ( k! k0 ( e Matrix 2 ( k ( 0 0 e e 0 e e e 0 0 /2 /2 0 /2 /2 0 /2 /2 k0 ( k0 ( 2 ( k! k ( 0 0 ( k! 0 0 k k! e + e e e 2 e e e + e Deze matrix kan op dezelfde manier worden behandeld, maar ook sneller. We bedenken dat A 2 a a 2 a 2 I 2. En dus geldt voor alle gehele l dat A 2l (A 2 l (a 2 I 2 l a 2l I 2, en A 2l+ A 2l A a 2l I 2 A a 2l+ ( 0 0. Gecombineerd geeft dit exp(a l0 k0 (2l! a2l I 2 + k! Ak l0 k 0 k even k! Ak (2l +! a2l+ k 0 k oneven 0 0 k! Ak l0 l0 (2l! A2l + ( a 2l (2l! 0 + a 0 2l (2l! Als je bij Infinitesimaalrekening goed hebt opgelet, zie je dat dit gelijk is aan e cosh a 0 0 sinh a cosh a sinh a a + e a e a e a cosh a sinh a 0 sinh a cosh a e a e a 2 e a + e a 2 l0 l0 (2l +! A2l+ 0 a 2l+ (2l+! a 2l+ (2l+! 0 2e a ( e 2a + e 2a e 2a e 2a + Niet omdat het moet, maar omdat het kan. Overigens is het niet waarschijnlijk dat zo n methode sneller is dan gewoonweg diagonaliseren (of een Jordanmatrix ervan maken als dat niet lukt. 6