TENTAMEN LINEAIRE ALGEBRA 2 dinsdag 3 april 2007,

Transcriptie

1 TENTAMEN LINEAIRE ALGEBRA 2 dinsdag 3 april 2007, Bij elke vraag dient een berekening of mo- Dit tentamen bestaat uit vijf opgaven tivering te worden opgeschreven Grafische en programmeerbare rekenmachines zijn op het tentamen niet toegestaan, wel mag een gewone (niet-programmeerbare) wetenschappelijke rekenmachine worden gebruikt Zij V R 3 het vlak met vergelijking x + 2x 2 = 0 S : R 3 R 3 is de loodrechte spiegeling in V a Bepaal een orthonormale basis van V (4 pt) b Geef een geschikte orthonormale basis van R 3 en bepaal de matrix van S tov die basis (6 pt) c Bepaal de matrix van S tov de standaardbasis (6 pt) 2 Beschouw in C 2 de vorm B(x, y) = x y +i x 2 y i x y 2 +3x 2 y 2 Hierbij is x = a Toon aan dat B(, ) een (hermites) inwendig product op C 2 is (7 pt) ( x x 2 ) en y = b Bepaal een basis van C 2 die orthonormaal is tov het inwendig product B(, ) (0 pt) ( y y 2 ) Gegeven is de matrix A = a Bepaal een Jordan-normaalvorm van A (0 pt) b Bepaal het minimumpolynoom van A (3 pt) c Druk A uit als een polynoom in A (3 pt) De laatste twee opgaven staan op de volgende pagina

2 4 Zij P n de vectorruimte van polynomen p(x) = a 0 + a X + + a n X n van graad hoogstens n met complexe coëfficiënten a 0,, a n en met de gebruikelijke optelling en scalaire vermenigvuldiging Met p (X) geven we de afgeleide naar X van p(x) aan Laat U = {p P n : p() = p () = 0} en W = span{, X} a Toon aan dat U een lineaire deelruimte is van P n (4 pt) b Toon aan dat {(X ) 2, (X ) 3,, (X ) n } een basis is van U (4 pt) c Bewijs dat P n = U W (4 pt) π : P n P n is de lineaire afbeelding gegeven door π(p)(x) = p() + p ()(X ) d Bepaal de matrix van π tov de basis {, X, X 2,, X n } (6 pt) e Leg uit dat π de projectie op W langs U is (maw π is de projectie op de tweede component van de directe som in (c)) (6 pt) 5 Zij V = M(n n, C) de vectorruimte van complexe n n-matrices met inwendig product (A, B) = tr(a B) (voor n geheel, n > ) Voor D V is de lineaire afbeelding R D : V V gedefinieerd als R D (A) = AD Verder is de afbeelding R : V L(V ) gedefinieerd door R(D) = R D (hierbij is L(V ) de vectorruimte van lineaire afbeeldingen van V naar zichzelf) a Laat zien dat R een lineaire afbeelding is (4 pt) b Toon aan dat ker(r) = {0} (3 pt) c Ga na of R inverteerbaar is (3 pt) d Voor D V is (R D ) de geadjungeerde afbeelding van R D Bewijs dat (R D ) = R D (4 pt) e Zij D V Bewijs dat D en R D dezelfde eigenwaarden hebben (4 pt)

3 Antwoorden a Een orthonormale basis van V is { 5 b Een geschikte orthonormale basis is B = { 5 matrix van A 2, 0 0 } 0 2, 2, A B B = c De matrix van A tov de standaardbasis E is 3/5 4/5 0 A E E = BE B A B BBB E = 4/5 3/ } Tov deze basis is de waarbij de basistransformatiematrix BE B = 2/ 5 / 5 0 / 5 2/ 5 0 de matrix is met als kolomvectoren de vectoren van de orthonormale basis B en BB E = (BB E ) = (BE B)T 0 0 i 2a Merk op dat B(x, y) = x By met B = B = B i 3 dus B is hermites, en de matrix B is positief definiet (heeft twee positieve eigenwaarden), dus B(, ) is sesquilineair, hermites en positief-definiet en dus een inproduct b We passen Gram-Schmidt toe op de standaardbasis {e, e 2 } (met het gegeven inproduct): a = e =, a 0 2 = e 2 B(a, e 2 ) i B(a, a ) a = Delen door de norm a = B(a, a) /2 geeft een orthonormaal stelsel: b =, b 0 2 = i 2

4 3a Het karakteristieke polynoom is (X ) 3 (X 2) 2 Verder is de rang van A I gelijk aan 3, de rang van A 2I is 4 Er zijn dus twee Jordanblokken bij ew en er is er een bij ew 2; een Jordan-normaalvorm is dan gelijk aan b Het minimumpolynoom is (X ) 2 (X 2) 2 = X 4 6X 3 + 3X 2 2X + 4 c Uit (b) volgt dat A 4 6A 3 + 3A 2 2A + 4I = O en dus is A = 4 A A2 3 4 A + 3I 4a Als p, q polynomen in P n zijn zodanig dat p() = p () = q() = q () = 0 dan geldt, voor a, b C: (ap + bq)() = ap() + bq() = 0, (ap + bq) () = ap () + bq () = 0 b We tonen eerst aan dat {, (X ),, (X ) k } lineair onafhankelijk zijn voor alle 0 k n We gebruiken volledige inductie naar k: voor k = 0 duidelijk Stel het is waar voor k < K Neem aan dat c 0 + c (X ) + + c K (X ) K = 0 voor zekere c 0,, c K C Uitschrijven in machten van X geeft 0 = c K X K + lagere machten van X Omdat, X,, X K lineair onafhankelijk zijn volgt dat c K = 0, maar dan volgt uit de lineaire onafhankelijkheid van,, (X ) K dat ook c 0 = = c K = 0 Dus zijn,, (X ) K lineair onafhankelijk Omdat dim P n = n +, is {, X,, (X ) n } een maximaal lineair onafhankelijk stelsel en dus een basis van P n Laat nu p P n Dan is p(x) = b 0 + b (X ) + + b n (X ) n voor zekere b 0,, b n Nu is p(0) = b 0 en p (0) = b Dus p U dan en slechts dan als b 0 = b = 0 dus U = span{(x ) 2,, (X ) n } Maar {(X ) 2,, (X ) n } is een lineair onafhankelijk stelsel (als deelstelsel van {,, (X ) n }) en dus een basis van U (Een iets korter antwoord is het volgende: omdat p() = p () = 0 twee onafhankelijke lineaire condities zijn is dim(u) = n + 2 = n Een lineair onafhankelijk stelsel bestaande uit n polynomen die in U liggen vormt dus een basis van U Lineaire onafhankelijkheid aantonen gaat als boven) c Uit (b) volgt dat dim(w ) + dim(u) = 2 + (n ) = n + = dim P n Verder is U W = {0}: immers als q W dan is q(x) = a X + a 0 en uit q() = q () = 0 volgt dat a 0 = a = 0 Maar dan is P n = U W 0 n 0 2 n d Omdat π(x k ) = kx + ( k), is de matrix van π gelijk aan e π is lineair (dit is gegeven) en π = π 2 dus π is een projectie Verder is im(π) = W en ker(π) = U Dus π is een projectie op U langs W

5 5a Laat C, D V en a, b C Dan is, voor A V willekeurig, R(aC+bD)(A) = R ac+bd (A) = A(aC+bD) = aac+bad = ar C (A)+bR D (A) = (ar(c)+br(d))(a) dus R(aC + bd) = ar(c) + br(d) b Zij C ker(r) Dan is R C = O dwz R C (A) = AC = O voor alle A V Ihb is R C (I) = C = O c Als R inverteerbaar is, dan is R een vectorruimte-isomorfisme en dus zijn V en L(V ) isomorfe vectorruimten Maar dim(v ) = n < n 2 = dim L(V ), tegenspraak Het is ook mogelijk om een tegenvoorbeeld te geven Zo is de afbeelding A CAC voor een vaste (inverteerbare) C V een afbeelding in L(V ) Er is echter geen D V zodanig dat CAC = AD voor alle A V Immers A = I nemen geeft D = I, maar iha is CAC A d Laat A, B, D V Dan is (A, R D (B)) = tr(a R D (B)) = tr(a BD) = tr(da B) = tr((ad ) B) = (AD, B) Maar dan is (R D ) (A) = AD = R D (A) e Laat D V en λ C Dan geldt: λ is een eigenwaarde van D det(d λi) = 0 De matrix D λi is niet-inverteerbaar er is een A V, A O zodanig dat A(D λi) = O er is een A V, A O zodanig dat R D (A) = λa λ is een eigenwaarde van R D

6 TENTAMEN LINEAIRE ALGEBRA 2 donderdag januari 2007, Bij elke vraag dient een berekening of motivering te worden opgeschreven Grafische rekenmachines zijn op het tentamen niet toegestaan, wel mag een gewone, niet-programmeerbare, wetenschappelijke rekenmachine worden gebruikt Laat l R 3 de lijn zijn die wordt opgespannen door a Bepaal een orthonormale basis van l (4 pt) Zij A : R 3 R 3 de rotatie in R 3 met l als rotatieas en π als rotatiehoek b Geef een geschikte orthonormale basis van R 3 en bepaal de matrix van A tov die basis (6 pt) c Bepaal de matrix van A tov de standaardbasis (6 pt) 2 Beschouw in R 2 de bilineaire vorm B(x, y) = 2x y + x 2 y + x y 2 + 3x 2 y 2 Hierbij is x = y en y = y 2 a Toon aan dat B(, ) een inwendig product op R 2 is (7 pt) b Bepaal een basis van R 2 die orthonormaal is tov het inwendig product B(, ) (0 pt) ( x x 2 ) Gegeven is de matrix C = a Bepaal de eigenwaarden van C en geef voor iedere eigenwaarde een basis van de bijbehorende eigenruimte Geef tevens de algebraïsche en meetkundige multipliciteit van iedere eigenwaarde (8 pt) b Bepaal een Jordan-normaalvorm van C en geef tevens het minimumpolynoom van C (0 pt) Zie de ommezijde van deze pagina voor de overige opgaven

7 4 Zij V = M(n n, C) de vectorruimte van complexe n n-matrices voorzien van het inwendig product (A, B) = tr(a B) Laat U een vaste unitaire n n-matrix zijn en definieer de lineaire afbeelding ψ : V V door ψ(a) = UA a Laat zien dat ψ een unitaire afbeelding is (4 pt) Laat {a,, a n } een orthonormale basis van eigenvectoren van U zijn in C n Definieer de matrices A ij voor i, j =, 2,, n dmv A ij = (0 0 a j 0 0) waarbij a j in de i-e kolom staat (en de andere kolomvectoren de nulvector zijn) b Toon aan dat A ij een eigenvector is van ψ (4 pt) c Toon aan dat de matrices A ij (i, j =,, n) een orthonormale basis van eigenvectoren van ψ vormen (6 pt) d Laat χ U en χ ψ de karakteristieke polynomen zijn van U resp ψ Leg uit waarom χ ψ (x) = χ U (x) n (4 pt) 5 Laten x,, x n verschillende reële getallen zijn Zij S = {x,, x n } en laat W de vectorruimte zijn van alle reële functies f : S R, met puntsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging a Laat zien dat W n-dimensionaal is (5 pt) Zij P n de vectorruimte van alle polynomen p(x) = n j=0 a jx j van graad hoogstens n met reële coëfficiënten a j en met puntsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging Definieer de (restrictie)afbeelding Res: P n W door (Res p)(x k ) = p(x k ) voor k =,, n b Laat zien dat Res een lineaire afbeelding is (4 pt) c Toon aan dat Ker Res = {0} (4 pt) d Bewijs dat er voor iedere keuze van reële getallen c,, c n precies één polynoom p van graad hoogstens n is, zodanig dat p(x k ) = c k voor k =,, n (5 pt)

8 Antwoorden a Een orthonormale basis van l is {, } b Een geschikte orthonormale basis is B = {,, } Tov deze basis is de matrix van A A B B = c De matrix van A tov de standaardbasis E is A E E = B B E A B BB E B = waarbij de basistransformatiematrix BE B = / 3 / 2 / 6 / 3 / 2 / 6 / 3 0 2/ de matrix is met als 6 kolomvectoren de vectoren van de orthonormale basis B en BB E = (BB E ) = (BE B)T 2 2a Merk op dat B(x, y) = x T By met B = B = B 3 T dus B is symmetrisch, en de matrix B is positief definiet (heeft twee positieve eigenwaarden), dus B(, ) is bilineair, symmetrisch en positief-definiet en dus een inproduct b We passen Gram-Schmidt toe op de standaardbasis {e, e 2 } (met het gegeven inproduct): a = e =, a 0 2 = e 2 B(e 2, a ) B(a, a ) a = Delen door de norm geeft een orthonormaal stelsel: b =, b = ( 0 2 /2 ) 3a Het karakteristieke polynoom is (X 2) 4, de enige eigenwaarde is dus 2 met algebraïsche multipliciteit 4 en meetkundige multipliciteit 2: de eigenruimte Ker(C 2I) wordt opgepannen door de vectoren en

9 b Uit een berekening volgt dat rang(c 2I) 2 =, dus rang(c 2I) - rang(c 2I) 2 = ; er zijn dus twee Jordanblokken (2 is de dimensie van de eigenruimte) en Jordanblok van afmeting minstens Een Jordan-normaalvorm is dus Het minimumpolynoom is (X 2) : de grootste afmeting van de Jordanblokken bij ew 2 is immers gelijk aan 3 4a Omdat U U = I is b c dus ψ is unitair (ψ(a), ψ(b)) = tr(a U UB) = tr(a B) = (A, B) UA ij = (0 0 Ua j 0 0) = (0 0 λ j a j 0 0) = λ j A ij 0 A ija kl = a j ( 0 a l 0 ) = a j a l E ik 0 waarbij E ik de matrix is met in de i-e rij en k-e kolom en verder nullen (Hierbij is δ ij het Kronecker-symbool dus δ ij = als i = j en 0 als i j) Nu is, aangezien {a,, a n } een orthonormale basis is van C n, dus {A ij } n i,j= is een orthonormaal stelsel in V Alternatief: (A ij, A kl ) = tr(a ija kl ) = (A ij, A kl ) = tr(a ija kl ) = a j a l tr(e ik ) = δ ik δ jl n (A ij ) pq (A kl ) pq = p,q= n p,q= δ iq δ kq (a j ) p (a l ) p = δ ik a j a l = δ ik δ jl Dit orthonormale stelsel is tevens een basis omdat een orthonormaal stel lineair onafhankelijk is en er precies n 2 = dim(v ) matrices A ij zijn d Met elke eigenvector a j van U corresponderen n eigenvectoren A ij (i =,, n) van ψ met dezelfde eigenwaarde λ j De multipliciteit van de eigenwaarde λ van ψ is dus n keer zo groot als de multipliciteit van de eigenwaarde λ bij U Dus is n n n χ ψ (X) = ( ) n (X λ j ) n = ( ) n (X λ j ) = χ U (X) n j= j= 5a Laat T : W R n de afbeelding zijn gegeven door T (f) = Dus is dim(w ) = dim(r n ) = n f(x ) f(x n ) T is lineair en inverteerbaar

10 Alternatief: Laat f i : S R gegeven zijn door f i (x j ) = δ ij (i, j =,, n) Als f W, dan is f = n i= f(x i)f i dus W wordt opgespannen door f,, f n Verder zijn de functies f i lineair onafhankelijk, nl uit n i= λ if i = 0 volgt dat 0 = n λ i f i (x j ) = i= n λ i δ ij = λ j voor j =,, n De conclusie is dat {f,, f n } een basis vormt van W dus dim(w ) = n b Ga na dat Res(p + q) = Res(p) + Res(q) en ook Res(λp) = λres(p) voor λ R c Zij p een polynoom van graad hoogstens n zodanig dat Res(p) = 0; dan is p(x k ) = 0 voor k =,, n Het polynoom p heeft dus minstens n nulpunten en dit is alleen mogelijk als p = 0 d Volgens de dimensiestelling is rang(res)+dim Ker(Res)=dim(P n )=n Volgens (c) is de rang van Res gelijk aan n = dim(w ) en dus is Res surjectief Omdat Res ook injectief is volgens (c), is Res een bijectieve lineaire afbeelding Nu is er precies één functie f in W zodanig dat f(x k ) = c k voor k =,, n, dus is er ook precies één polynoom p P n zodanig dat p(x k ) = c k, nl f = Res(p) i=