Vooreeld theorie examen Het schriftelijk examen over de theorie en de oefeningen heeft plaats op 27 juni van 8u3 t/m 13u. 1 uur en 3 minuten zijn voorzien voor het theorie examen. De vragen zijn gericht op het testen van je inzicht in de elangrijkste concepten van de lineaire algera. Je kan zowel voor theorie als voor het oefeningen gedeelte nota s geruiken. (Het is een open oek examen over de ganse lijn. Let op! De tijd is eperkt als je de definities van de egrippen niet kent en deze op het examen nog moet opzoeken zal het niet mogelijk zijn de vragen op te lossen innen de voorziene tijd. Zorg dat je de definities van de egrippen kent en egrijpt (je moet goede vooreelden kunnen geven van de egrippen die je definieert. Zoals het vooreeld examen zal het theorie examen estaan uit drie vragen (met onderverdelingen. Eén vraag over het stuk matrices, determinanten en lineaire stelsels (les 2, les 3, les 4, één vraag over vectorruimten, inproductruimten en lineaire afeeldingen (les 5, les 6, les 7, les 8 met inegrip van de Euclidische ewegingen en één vraag over lineaire operatoren en eigenwaarden (les 9 met inegrip van de spectraalstellingen en de klassificatie van kegelsneden en kwadrieken. Wat we over getallen gezegd heen (les 1 is ook elangrijk en kan in alle vragen aanod komen. (Uiteraard R en C. Er zullen op het examen hoogstens drie onderverdelingen zijn per vraag. Het antwoord op het eerste onderdeel kan in de nota s gevonden worden. Het antwoord op het tweede onderdeel staat misschien niet letterlijk in de nota s maar houdt direct verand met eigenschappen die in de nota s ehandeld worden. Los deze vragen eerst op! Het laatste onderdeel (met de aanduiding (* gaat wat dieper, je moet v. een verand leggen tussen verschillende dingen. 1
Vooreeld examen met antwoorden. Op elke vraag zijn verschillende goede antwoorden mogelijk. We geven hier enkel mogelijke antwoorden. De antwoorden die we geven zijn voor sommige vragen ook wat uitgereider dan nodig zodat we de theorie nog wat kunnen verduidelijken. Bij het osptellen van de vragen voor het examen zelf wordt natuurlijk rekening gehouden met de tijd (ongeveer 1u3 die je het om het theorie examen te doen. 1. (a Geef de karakteristieke eigenschappen die de determinant definiëren. Illustreer de eigenschappen met vooreelden van 3 3-matrices. De determinant van de eenheidsmatrix is gelijk aan 1. v. 1 ( det 1 1 = 1 = 1 1 = 1. 1 1 (We geruiken ontwikkeling naar een kolom of rij omdat op die manier ewezen wordt dat een determinant estaat. De determinant is lineair in de rijen van de matrix. v. det λ det λa 21 + µ 21 λa 22 + µ 22 λa 23 + µ 23 a 31 a 32 a 33 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 + µ det = 21 22 23 a 31 a 32 a 33 De determinant van een matrix met 2 gelijke rijen is nul. v. a 11 a 12 a 13 det a 21 a 22 a 23 = a 11 a 22 a 13 + a 12 a 23 a 11 + a 13 a 21 a 12 a 11 a 23 a 12 a 12 a 21 a 13 a 13 a 22 a 11 = (We geruiken de formule ladzijde 56. ( Zij A een n n-matrix, det A. Dan is de rij-echelon vorm van A de eenheidsmatrix. Verklaar dit! 2
Verklaar dit door geruik te maken van de eigenschappen van matrices en determinanten uit les 2 en les 3. Alternatief: Verklaar dit door geruik te maken van de eigenschappen van stelsels vergelijkingen. Als de rij -echelon vorm van een vierkante matrix niet gelijk is aan de eenheidsmatrix dan is de laatste rij een nul-rij (zie lz. 42. Een matrix met een nul-rij heeft determinant. Dit is in tegenspraak met de onderstelling. (Alternatief Als det A dan heeft een stelsel AX = B een unieke oplossing (zie pagina 77. De rij -echelon vorm is dan een eenheidsmatrix (zie lz. 74. (*(c Wat is het verand tussen een antisymmetrisch inproduct op een 2- dimensionale ruimte en de determinant van 2 2-matrices. ( ( a c Zij, de coördinaten van vectoren v, w in een 2-dimensionale inproductruimte over K. Dan definieert het in product een afeelding d ( ( ( a c a c d : M 2 (K K;,. d d Deze afeelding is lineair in de kolommen van de matrix (dit volgt uit de ilineariteit van het inproduct en als de kolommen gelijk zijn is de waarde gelijk aan nul (als de karakteristiek van het veld niet gelijk is aan 2: ( a a d ( a =, ( a = ( a, ( a =. Dus onder de voorwaarde dat de karakteristiek van het veld niet gelijk is aan 2 dan is de afeelding d op een scalair veelvoud na gelijk aan de determinant. Namelijk als ( 1 d = λ 1 dan voldoet λ 1 d aan de definiërende eigenschappen van de determinant. 2. (a De dimensie van een vectorruimte V over een veld K is het aantal elementen van een asis. Waarom is dit goed gedefinieerd? Omdat elke asis in een eindig dimensionaleruimte evenveel elementen heeft. (Eigenschap (j ladzijde 94. 3
( Zij V, W vectorruimten over K. Een lineaire afeelding F : V W is injectief als en slechts als een lineair onafhankelijk stel afgeeeld wordt op een lineair onafhankelijk stel. Verklaar! Zij v 1,..., v m een lineair onafhankelijk stel in V. En λ 1 F (v 1 + + λ n F (v m = een lineaire cominatie van de eelden van deze elementen onder F. Dan is F (λ 1 v 1 + + λ n v m = λ 1 F (v 1 + + λ n F (v m = vermits F een lineaire afeelding is. Als F injectief is volgt dat λ 1 v 1 + + λ m v m = en dus (vermits de v i s een lineair onafhankelijk stel vormen λ 1 = = λ m =. Dit impliceert per definitie dat F (v 1,..., F (v m een lineair onafhankelijk stel is. Omgekeerd. Stel dat F een lineair onafhankelijk stel van V afeeldt op een lineair onafhankelijk stel in W. Neem v 1,..., v m een asis voor V. En v ker F. Dan is v = λ 1 v 1 +... + λ n v n en = F (v = λ 1 F (v 1 + + λ n F (v n. Dit impliceert dat λ 1 = = λ n = vermits de hypothese impliceert dat de elementen F (v 1,..., F (v n lineair onafhankelijk zijn in W. Dus v =. We heen aangetoond dat de kern van F de nulruimte. Stel nu F (v = F (v dan is dus F (v v = wat v v ker F geeft. Besluit v v = en dus v = v. F is dus injectief. (c Pas het Gram-Schmidt orthogonalisatie algoritme toe op (1,,, (1, 1,, (1, 1, 1 R 3 (met op R 3 het standaard inproduct X t Y. Welke vectoren ekom je? (Verklaar! Je ekomt de vectoren (1,,, (, 1,, (,, 1 Dat je vectoren (1,,, (, a,, (,, ekomt zie je als volgt. De rechte in het vlak opgespannen door (1,,, (1, 1, die loodrecht staat op de eerste vector is de rechte die estaat uit de vectoren (, a,. De rechte die loodrecht staat op het vlak span({(1,,, (, 1, } estaat uit de vectoren (,,. Dat a, gelijk zijn aan 1 volgt uit het feit dat de 2de coördinaat van de 2de vector en de 3de coördinaat van de 3de vector gelijk is aan 1. Zo werkt immers het Gram-Schmidt algorithme! 4
(*(d Wat geeurd er als je het Gram-Schmidt algoritme toepast op een lineair afhankelijk stel? Als de vectoren {e 1,..., e n} lineair afhankelijk zijn dan is er een eerste vector e i die lineair afhankelijk is van e 1,..., e i 1. Stel {e 1,..., e i 1 } zijn de orthognale vetoren door de Gram-Schmidt procedure toe te passen op e 1,..., e i 1. Dan is e i een lineaire cominatie van deze vectoren vermits span({e 1,..., e i 1} = span({e 1,..., e i 1 } en wel e i = i 1 j=1 g(e j, e j g(e j, e j e j (met g het inproduct. De Gram-Schmidt procedure geeft: i 1 g(e j, e e i = e j i ( g(e j, e j e j =. j=1 Dus de Gram-Schmidt procedure toepassen op een lineair afhankelijk stel geeft een stel dat de nul vector evat! 3. (a Illustreer het eigenwaarde proleem met een vooreeld. We heen verschillende vooreelden in de lessen (theorie en oefeningen gezien. Hier een variant op het vooreel dat in de theorie les esproken werd. Vijf iljarters spelen een competitie waarin elke speler tweemaal tegen elke andere speler speelt. De ranking van een speler is evenredig met de ranking van elke speler waarvan hij gewonnen heeft. Bijvooreeld: λw 1 = w 2 + 2w 3 speler 1 heeft 1 keer gewonnen van speler 2 en 2 keer gewonnen van speler 3 (λ is de evenredigheidsfactor. Voor de andere heen we λw 1 = w 2 + 2w 3 λw 2 = w 1 + w 3 + w 4 λw 3 = w 2 + w 5 λw 4 = 2w 1 + w 2 + 2w 3 λw 5 = 2w 1 + 2w 2 + w 3 + 2w 4 5
In matrix vorm λ w 1 w 2 w 3 w 4 w 5 = 1 2 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 w 1 w 2 w 3 w 4 w 5. De rankingvector is dus een eigenvector voor de matrix, het eeld van de vector onder de lineaire transformatie epaald door de matrix is namelijk evenredig met de vector. (Dit komt doordat de definitie van de waarde een zelfreferentie evat (v. de waarde van speler hangt af van de waarde van speler 2 en deze laatste waarde hangt zelf af van die van speler 4. Je kan met maple het proleem oplossen je zal de niet onverwachte ranking : speler 5, speler 4, speler 2, speler 3, speler 1 vinden. ( Zij A een n n-matrix over een veld K en P GL n (K. Als P AP 1 een diagonaalmatrix is dan heeft A een stel van n lineair onafhankelijke eigenvectoren. Verklaar! De vectoren 1 e 1 =., e 2 = 1.,..., e n =. 1 van een standaard asis vormen een asis van eigenvectoren voor de diagonaalmatrix P AP 1. Uit A(P 1 e i = P 1 (P AP 1 e i = λ i (P 1 e i volgt dat de vectoren P 1 e i eigenvectoren zijn voor de matrix A. Ze zijn lineair onafhankelijk omdat P 1 een inverteerare matrix is (dus hoort ij een ijectieve lineaire afeelding, zie stelling 7.4. (c Zij A een reële symmetrische n n-matrix dan heeft A een asis van eigenvectoren. Verklaar! Er is een orthogonale matrix P zodat P MP t een diagonaalmatrix over R is (zie slides - spectraalstellingen. Vermits P P t = I n volgt dat M diagonaliseeraar 6
is over R. Dit impliceert dat A een asis heeft van eigenvectoren (zie punt ( van deze vraag. (*(d Zij A een 2 2-matrix over K zodat ( χ A (x = (x λ 2. Dan is A λ diagonaliseeraar als en slechts als A =. Verklaar! Als A diagonaliseeraar is dan is er een P GL 2 (K zodat ( P AP 1 λ1 = 2 met χ A (λ i =. Dus λ 1 = λ 2 = λ. Dit geeft A = P 1 ( λ ( λ P = ( λ waarij de laatste gelijkheid volgt uit het feit dat elke 2 2 matrix. commuteert met 7