Tentamen Lineaire Algebra 1 (Wiskundigen)

Transcriptie

1 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 we v = 2. a Bepaal voor alle reële waarden van a de rang van de matrix C a. b Is C a inverteerbaar voor a =? Zo nee, geef aan waarom niet; zo ja, geef de inverse. c Voor welke a R heeft de vergelijking C a x = v precies één oplossing x in R 3? d Beschrijf de volledige oplossingsverzameling van de vergelijking C a x = v voor a =. a De rang is maximaal, dus 3, als de determinant ongelijk is aan. Ontwikkelen naar de eerste rij geeft det C a = a 2 a a 2 + a a = a 2 = a a +. Dus voor a ± is de rang gelijk aan 3. Voor a = ± geldt C = 2 and C = 2 In beide gevallen zijn er twee niet-nul rijen die geen veelvoud van elkaar zijn, dus er zijn minstens twee lineair onafhankelijke rijen, dus de rang is minstens 2. Maar omdat de determinant gelijk is aan ± 2 =, is de rang niet maximaal, dus kleiner dan 3, dus de rang is in beide gevallen gelijk aan 2..

2 b Voor a = is de determinant gelijk aan 2 =, dus C is inverteerbaar. Met behulp van rij-operaties beginnend met 2 = rij-operaties hier weggelaten vind je C = 2 = 2 c De vergelijking heeft precies één oplossing dan en slechts dan als C a inverteerbaar is, dus wegens a dan en slechts dan als a ±. Als de rang namelijk kleiner is dus voor a = ±, dan zit v ofwel niet in het beeld en is er geen enkele oplossing, of v zit wel in het beeld, maar dan zijn er oneindig veel oplossingen, want de kern van C a is dan -dimensionaal. d Voor a = is de uitgebreide matrix gelijk aan 2 2. Deze matrix zou je kunnen gaan vegen om een eerste oplossing te vinden. Maar zonder te vegen zien we al een oplossing v is gelijk aan de laatste kolom, namelijk x =. Daar kunnen we nog elementen van de kern bij optellen. Met behulp van rijoperaties hier niet weergegeven: trek bovenste rij af van de tweede en tel hem op bij de derde; trek daarna twee keer de nieuwe tweede rij van de derde af vinden we dat de row echelon form van C gelijk is aan Er is één kolom zonder pivot, namelijk de tweede. De bijbehorende voortbrenger van de kern is z =...

3 De volledige oplossingsverzameling kan op verschillende manieren geschreven worden en is bijvoorbeeld gelijk aan λ { x + λz : λ R } = λ : λ R. 2. Zij A de matrix A = a Bepaal alle eigenwaarden van A en bepaal voor elke eigenwaarde een basis voor de bijbehorende eigenruimte. b Bepaal een diagonaalmatrix D en een inverteerbare matrix P zodanig dat geldt A = P D P. c Bereken A 24. In je antwoord mag je uitdrukkingen zoals 7 24 laten staan. a Het karakteristiek polynoom van A is t 5 2 det = t 5t 3 2 = t 2t 3, 3 t dus de eigenwaarden zijn 2 en 3. De eigenruimte bij λ = 2 is gelijk aan 2 E 2 A = ker A 2I = ker = L v 2 met v 2 =. 3 De eigenruimte bij λ = 3 is gelijk aan 2 2 E 3 A = ker A 3I = ker = L v met v 3 =. b D bevat de eigenwaarden en P de eigenvectoren als kolommen, dus we krijgen 2 2 P = en D =. 3 3 c Er geldt P = dus 2 2 A 24 = P DP 24 = P D 24 P 24 = = ,

4 3. Zij U R 3 het vlak door,, dat loodrecht staat op de vector a =, 2,. Zij V R 3 het vlak opgespannen door v =, 2, en w = 2, 2,, dus V = { λv + µw : λ, µ R }. Bepaal een basis voor de doorsnede U V. Er zijn veel manieren om deze vraag te beantwoorden. Een van de makkelijkste is de volgende. De doorsnede bestaat uit alle elementen x = λv + µw waarvoor geldt x, a =. Voor λ en µ betekent dit = x, a = λv + µw, a = λ v, a + µ w, a = 3λ + 3µ, dus λ = µ, en dus volgt x = µw v. Deze x zijn inderdaad in de doorsnede bevat, dus de doorsnede wordt voortgebracht door w v =,, en deze vector vormt dus ook een basis voor U V. 4. Zij V = Mat2 2, R de reële vectorruimte van alle 2 2 matrices. Definiëer A =, A 2 =, A 3 =, A 4 =. Dan is B = A, A 2, A 3, A 4 een basis voor V dit hoef je niet te bewijzen. Zij f : V V de elementaire rij-operatie die 2 keer de eerste rij bij de tweede optelt. Voor a b a b M = geldt dus fm =. c d c + 2a d + 2b a Laat zien dat f een lineaire afbeelding is. b Is f een isomorfisme? c Wat is de rang van f? d Bepaal de matrix [f] B B. e Laat zien dat λ = de enige eigenwaarde van f is. f Is f diagonaliseerbaar? a Voor a b M = c d a2 b en N = 2 c 2 d 2

5 geldt a + a fm + N = f 2 b + b 2 c + c 2 d + d 2 a = + a 2 b + b 2 c + c 2 + 2a + a 2 d + d 2 + 2b + b 2 a = b a + 2 b 2 c + 2a d + 2b c 2 + 2a 2 d 2 + 2b 2 = fm + fn. Net zo laat men ook zien dat fλm = λfm voor λ R, dus f is inderdaad lineair. b Zij g : V V de elementaire rij-operatie die twee keer de eerste rij van de twee aftrekt. Dan is g de inverse afbeelding van f, dus f is bijectief, en dus is f een isomorfisme. c De afbeelding f is surjectief, dus de rang van f is dim imf = dim V = 4. d Er geldt fa = A + 2A 3 en fa 2 = A 2 + 2A 4 en fa 3 = A 3 en fa 4 = A 4. De rijtjes coëfficiënten ten opzichte van B van deze beelden geven de kolommen van [f] B B, dus we krijgen [f] B B = 2. 2 Je zou deze matrix kunnen gebruiken om de opgaven b,c,e en f te beantwoorden, maar we geven nu een oplossing zonder deze matrix te gebruiken. e Stel λ R is een eigenwaarde. Dan is er een niet-nul matrix M V met fm = λm. Zij v de eerste rij van M en v 2 de tweede. Dan volgt v λv = fm = λm = v 2 + 2v λv 2 en dus v = λv en v 2 + 2v = λv 2. Uit de eerste vergelijking volgt λ = of v =. In het laatste geval volgt v 2, dus volgt uit de tweede vergelijking alsnog λ =. In alle gevallen geldt dus λ =. f Stel f is diagonaliseerbaar. Dan zou er een basis M, M 2, M 3, M 4 van eigenvectoren zijn. Omdat er maar één eigenwaarde is, namelijk λ =, zou voor elk van deze basisvectoren geldt fm i = M i. Dat impliceert dat voor elke matrix M zou gelden fm = M, wat duidelijk niet het geval is neem bijvoorbeeld maar M = A. De afbeelding f is dus niet diagonaliseerbaar.

6 5. Zij R[x] de vectorruimte van alle polynomen in de variabele x met reële coëfficiënten. Voor elk polynoom f R[x] en elk geheel getal k noteren we de k-de afgeleide van f als f k. Er geldt dus f = f en f = f en f 2 = f, etcetera. Bewijs dat er een polynoom f R[x] van graad hooguit 25 bestaat zodanig dat f en voor elke k {,,..., 24} geldt f k k =. Zij V R[x] de deelruimte van polynomen van graad hooguit 25. Dan geldt dim V = 26. De afbeelding D : V V die de afgeleide neemt is lineair, dus zo ook de samenstelling van deze afbeelding met zichzelf en dus ook de afbeelding D k : V V die f stuurt naar f k. De afbeelding ev k : V R die elk polynoom f evalueert in k dus ev k f = fk is ook lineair, dus ook de samenstelling g k = ev k D k : V R die f stuurt naar f k k. Definieer daarmee de afbeelding G: V R 25, f g f, g f,..., g 24 f. Dan zijn de polynomen die we zoeken precies die polynomen f waarvoor geldt f ker G. Wegens de dimensie-formule voor G geldt dim ker G + dim im G = dim V = 26. Omdat im G R 25 geldt er dim im G 25, dus volgt ook dim ker G =. Dat betekent dat ker G een niet-nul polynoom bevat en elk zo n polynoom voldoet aan onze eisen.