Lineaire algebra (NP010B) januari 013 Tentamen Lineaire Algebra Vermeld op ieder blad je naam en studentnummer. Lees eerst de opgaven voordat je aan de slag gaat. Schrijf leesbaar en geef uitleg over je oplossingen; onleesbare antwoorden en antwoorden zonder heldere afleiding worden als niet gegeven beschouwd! Het gebruik van een rekenmachine is niet nodig en ook niet toegestaan. Denk aan het invullen van de elektronische enquête in Blackboard. Opgave 1. (8 punten) Bewijs of weerleg (bij voorkeur door een expliciet tegenvoorbeeld) de volgende uitspraken: (i) Laten A,B,C R n n willekeurige matrices zijn. Dan geldt det(a(b +C)) = det(ab)+det(ac). (ii) Zij A een n n matrix met deta = 0. Dan is A n = 0 (de nulmatrix). (iii) Zij V een eindig-dimensionale R-vectorruimte en T : V V een lineaire transformatie met N(T) V. Dan zijn er bases α en β van V zo dat de eerste kolom van de matrix [T] β α van T met 1 betrekking tot deze bases gelijk is aan 0.. 0 (iv) Zij 0 u R 3 en zij U := span(u). Voor v,w R 3 is dan {u,v,w} een basis van R 3 dan en slechts dan als {v+u,w+u} een basis van de quotiëntenruimte R 3 /U is. ( ) ( ) 1 0 0 0 (i) ( punten) Dit is niet waar. Zij A = I, B =, C =, dan is B+C = I 0 0 0 1 n en dus det(a(b+c)) = 1. Maar detb = detc = 0, dus is ookdet(ab) = det(ac) = 0.
(ii) ( punten) Dit is niet waar. Zij A = ( ) 1 0, dan is A 0 0 = A en is dus niet de nulmatrix. (iii) ( punten) Dit is waar. Wegens N(T) V is er een vector 0 v V met T(v) 0. Dan laat zich {v} tot een basis α = {v 1,...,v n } van V met v 1 = v uitbreiden en {T(v)} laat zich tot een basis β = {w 1,...,w n } van V met w 1 = T(v) uitbreiden. Met 1 betrekking tot β heeft T(v 1 ) = w 1 de coördinaatvector en dit is volgens de definitie 0. 0 van [T] β α juist de eerste kolom van [T] β α. (iv) ( punten) Dit is waar. : Het is voldoende als we aantonen dat {v +U,w +U} lineair onafhankelijk is, want wegens dimu = 1 is dimr 3 /U = en is het stelsel dan een basis voor R 3 /U. Maar als {v+u,w+u}lineairafhankelijkis, zijnera,b Rnietbeide0met(av+U)+(bw+U) = 0+U, d.w.z. av+bw U. Maar dan isav+bw = cuvoor een c R en ab+bw cu = 0 is een niet-triviale lineaire combinatie, dus is dan {u, v, w} lineair afhankelijk. : Ook hier hoeven we alleen maar aan te tonen dat {u,v,w} lineair onafhankelijk is, omdatdimr 3 = 3. Maar stel datav+bw+cu = 0een niet-trivialelineaire combinatie is. Wegensu 0kannietgeldendata = b = 0. Maarditbetekentdat(av+U)+(bw+U) = cu + U = 0 + U een niet-triviale lineaire combinatie van de nulvector in R 3 /U is en dus is {v+u,w+u} niet lineair onafhankelijk. Opgave. (7 punten) 1 0 0 1 4 0 Zij A := 1 0 R 3 3 en B := 0 1 0 R 3 3. 6 0 3 0 0 3 (i) Bereken de inverse matrix A 1 van A. (ii) Schrijf de matrices A, A 1 en B als producten van elementaire matrices. (iii) Vind een matrix C R 3 3 met C = B. (Hint: Een mogelijke C is een bovendriehoeksmatrix.) (i) ( punten) We transformeren A met behulp van elementaire rijoperaties op de eenheidsmatrix: 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 6 0 3 0 0 1 0 0 3 6 0 1 0 0 1 0 1 3 1 0 0 dus is A 1 := 1 0. De hierbij toegepaste operaties zijn: keer rij 1 bij rij 0 1 3 optellen, 6 keer rij 1 bij rij 3 optellen, rij 3 door 3 delen.
(ii) (3 punten) Uit de in (i) toegepaste rijoperaties weten we dat 1 0 0 1 0 0 1 0 0 A 1 = 0 1 0 0 1 0 1 0. 0 0 1 6 0 1 0 0 1 3 Hieruit volgt dat 1 0 0 1 0 0 1 0 0 A = 1 0 0 1 0 0 1 0. 0 0 1 6 0 1 0 0 3 AandematrixB isrechtstreeks aftelezen datdezeuitdeeenheidsmatrix wordtverkregen door 4 keer rij bij rij 1 op te tellen en rij 3 met 3 te vermenigvuldigen (de volgorde speelt hierbij geen rol). Dus is 1 0 0 1 4 0 B = 0 1 0 0 1 0. 0 0 3 0 0 1 (iii) ( punten) Beide elementaire operaties die we benodigen om de eenheidsmatrix op B te transformeren, kunnen we als samenstelling van twee keer dezelfde elementaire operatie schrijven: tweemaal keer rij bij rij 1 optellen en twee keer rij 3 met 3 vermenigvuldigen. Dus is 1 0 0 B = 0 1 0 0 0 3 1 0 0 0 1 0 0 0 3 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0. 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 Maar 0 1 0 0 0 0 1 0 = 0 1 0 0 1 0 3 0 0 1 0 0 1 0 0, dus is B = C voor 3 1 0 0 1 0 1 0 C = 0 1 0 0 0 0 1 0 = 0 1 0 3 0 0 1 0 0. 3 Opgave 3. (7 punten) Zij T de lineaire transformatie van R 3 naar R 3 gegeven door T((x,y,z)) := (x y +z, y +z, x+y z). (i) Geef de matrix [T] β β van T met betrekking tot de standaardbasis β van R3 aan. (ii) Bepaal een basis voor de lineaire deelruimte U := {v R 3 T(v) = v}. (iii) Zij W := {v R 3 T(T(v)) = v}. Laat zien dat U W = {0} en bepaal een basis van W.
(iv) Bewijs dat T(W) W. 1 (i) (1 punt) Uit de definitie van T is rechtstreeks af te lezen dat [T] β β = 0 1 1. 1 (ii) ( punten) Voor T(v) = v is T(v) + v = 0, dus ligt v in de kern vant + id. De matrix van T +id (met betrekking tot de standaardbasis β) is 0 0 1 en de kern 0 1 van deze matrix is opgespannen door 1 en dus is U = {(x,x,0) x R}. 0 (iii) (3 punten) Stel dat v U W, dan is T(v) = v (wegens v U) en dus T (v) = T(T(v)) = T( v) = T(v) = v. Aan de andere kant is T (v) = v (wegens v W) en v = v geldt alleen maar voor v = 0. De matrix van T = T T is 1 1 3 4 A = ([T] β β ) = 0 1 1 0 1 1 = 3. 1 1 0 0 1 Net als in deel (ii) zijn de vectoren met T(T(v)) = v de kern van de matrix A+I 3, 4 d.w.z. de kern van 4. Hieruit volgt dat W = span((,1,0),(0,1,)). 0 0 0 (iv) (1 punt) Zij v W, d.w.z. T (v) = v. Dan is T (T(v)) = T(T (v)) = T( v) = T(v), d.w.z. T(v) W. Opgave 4. (5 punten) Zij T : R n R n een lineaire transformatie met 0 < dimr(t) < n. (i) Laat zien dat er een lineaire transformatie S : R n R n bestaat met S 0 (d.w.z. S niet de nulafbeelding) zo dat S T = 0 en T S = 0. ( ) 1 (ii) Bepaal voor A = alle matrices B met rang(b) > 0 zo dat AB = 0 en BA = 0. 1 (i) (3 punten) Uit S T = 0 volgt dat R(T) N(S) en uit T S volgt dat R(S) N(T). Wegens 0 < dimr(t) < n is ook 0 < dimn(t) < n. Zij nu {v 1,...,v r } een basis van R(T) die we uitbreiden tot een basis {v 1,...,v n } van R n. Zij verder 0 v N(T). Dan definiëren we S : R n R n als de eenduidige lineaire transformatie met S(v i ) = 0 voor 1 i r en S(v i ) = v voor r+1 i n. Wegens S(R(T)) = 0 is dan S T = 0 en wegens R(S) = span(v) N(T) is T S = 0 en wegens S(v n ) = v 0 is S niet de nulafbeelding.
( ) a b (ii) ( punten) Zij B =. Uit BA = 0 volgt dat b = a en d = c. Maar dan c d levert( AB = 0 op ) dat a+c = 0, dus a = c. De matrices B zijn dus van de vorm c c B = met c 0, want de rang van B mag niet 0 zijn. c c Opgave 5. (7 punten) We bekijken het volgende stelsel lineaire vergelijkingen, dat van een parameter k R afhangt: y + kz = 0 x + y + 6z = kx + z = 1 (i) Bepaal de determinant van de matrix van dit stelsel vergelijkingen. (ii) Voor welke waarden van de parameter k heeft het stelsel een eenduidige oplossing? (iii) Voor welke waarden van de parameter k heeft het stelsel geen oplossing? (iv) Voor welke waarden van de parameter k heeft het stelsel meer dan één oplossing? Bepaal in deze gevallen de oplossingsverzameling. (v) Het tutoruur van de cursus Circulaire algebra is opgesplitst in twee groepen, W en N. In totaal nemen 55 studenten aan het tutoruur deel en niemand valt in de loop van de tijd af (maar er komt ook niemand bij)! In verband met roosterproblemen en persoonlijke voorkeuren schakelt 0% van de studenten in groep W na twee weken over naar groep N en tegelijkertijd schakelt 30% van de studenten in groep N over naar groep W. Hierdoor zitten in groep N vanafde derde week 4 studenten minder dan in het begin van de cursus. Hoeveel studenten zaten er in het begin van de cursus in ieder van de twee groepen? 0 1 k (i) (1 punt) De matrix van het stelsel is A = 1 6 en heeft determinant 4k + k 0 6k = 4(k 1)(k 1 ), bijvoorbeeld met de regel van Sarrus of door vegen: 0 1 k 1 6 1 6 det 1 6 = det 0 1 k = det 0 1 k k 0 0 k 6k 0 0 6k +4k (ii) (1 punt) Het stelsel is eenduidig oplosbaar d.e.s.d.a. deta 0 en dat is het geval voor k 1, 1. (iii) (1 punt) Voor delen (iii) en (iv) vegen we de uitgebreide matrix van het stelsel: 0 1 k 0 1 6 1 6 0 1 k 0 k 0 1 0 k 6k 1 k 1 6 0 1 k 0 0 0 6k +4k 1 k
Voor k = 1 geeft de derde rij de vergelijking 0x+0y+0z = 1 en is het stelsel dus niet oplosbaar. Voor k = 1 heeft het stelsel oneindig veel oplossingen (zie deel (iv)) en voor k 1, 1 is het stelsel eenduidig oplosbaar (zie deel (ii)). (iv) ( punten) Uit (ii) en (iii) volgt dat het stelsel alleen maar voor k = 1 meer dan één oplossing kan hebben. Maar in dit geval is de geveegde uitgebreide matrix van het stelsel 1 6 0 1 1 0 en met z als vrije parameter geldt y = z en x = 6z y = 4z, 0 0 0 0 dus heeft dit stelsel de oplossingsverzameling {( 4z, z,z) z R}. (v) ( punten) Voor het gemak noteren we het aantal studenten in de twee groepen aan het begin van de cursus met W en N. De eerste uitspraak geeft dan de vergelijking W+N = 55. De verandering in de groep N geeft als tweede vergelijking 0.W 0.3N = 4 en aftrekken van 5 keer de tweede vergelijking van de eerste geeft.5n = 75, of te wel N = 30. Hiermee volgt W = 5. Succes ermee!