TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Tentamen Lineaire Algebra en Lineaire Analyse (Y550/Y530), op donderdag 5 november 00, 9:00 :00 uur. De uitwerkingen van de opgaven dienen duidelijk geformuleerd en overzichtelijk opgeschreven te worden. Motiveer al uw antwoorden!. De lineaire afbeelding A : R 3 R 3 heeft de matrix A =. a) Bepaal de nulruimte van A. b) Bepaal de beeldruimte van A. c) Bepaal het beeld A(l ) van de lijn l gegeven door de parametervoorstelling x = (0,, ) + λ(, 0, 0). d) Bepaal het volledig origineel A (l ) van de lijn l gegeven door de parametervoorstelling x = (, 0, ) + λ(,, 0).. De lineaire afbeelding A : R 3 R 3 heeft de matrix A = 3 3 3 3. 3 0 a) Toon aan dat A een rotatie is. b) Bepaal de rotatie-as en rotatie-hoek van A. c) Toon aan dat A een twee-dimensionale invariante deelruimte W heeft. Bepaal een orthonormale basis van W. d) Bepaal een orthonormale basis α van R 3 zodanig dat A α de volgende structuur heeft 0 0 A α = 0, 0 waarbij een willekeurig element voorstelt. Bepaal A α. Z.O.Z.
Tentamen Lineaire Algebra en Lineaire Analyse (Y550/Y530) op donderdag 5 november 00, 9:00 :00 uur. 3. Van de lineaire afbeelding A : R 3 R 3 is gegeven: A is symmetrisch de beeldruimte is R = (,, 0) A(,, ) = (,, 0). a) Toon aan dat N = (,, 0), (0, 0, ). b) Bepaal alle eigenwaarden en een orthonormale basis van eigenvectoren. c) Bepaal de matrix A.. In R is de ellips E gegeven met vergelijking 5x 6x x + 5x x + 8 x + 56 = 0. a) Bepaal de vergelijking van deze ellips op hoofdassen. b) Bepaal de vergelijkingen van beide symmetrie-assen. c) Bereken de coördinaten van het middelpunt. 5. Bepaal (zonder Laplace-transformatie) de oplossing van het volgende beginwaardeprobleem: x = x + e t, x(0) =. 0 6. Bereken met behulp van de convolutiestelling de oplossing van het volgende beginwaardenprobleem: x + x = f(t), x(0) = 0, x (0) =, waarbij de f(t) is gedefinieerd door { t als 0 t < f(t) =,. als t Voor de vraagstukken kunnen de volgende aantallen punten worden behaald: Vraagstuk a: punten Vraagstuk c : punten Vraagstuk a: punten b: punt d : punten b: punt c: punten Vraagstuk 3a : punt c: punt d: 3 punten 3b : 3 punten Vraagstuk 5 7 punten Vraagstuk a: punten 3c : punten Vraagstuk 5 5 punten b: punten Het cijfer wordt bepaald door p/ + b af te ronden, waarbij p het totaal van de behaalde punten is (0 p 0) en b de bonus behaald bij de toetsen (b = 0, 0.5 of ).
UITWERKINGEN a We moeten oplossen Ax = 0. Vegen naar normaalvorm geeft 0 0. 0 0 0 Hieruit lezen we af dat x x = 0 en x x 3 = 0, zodat N = (,, ). b De beeldruimte R wordt voortgebracht door de kolommen van A. Vegen van de matrix, identiek aan het veegproces onder a, geeft dan R = (,, 0), (0,, ). ALTERNATIEF: De afbeelding A is symmetrisch, dus R = N. c Als we de matrix A vermenigvuldigen met de vector (λ,, ) T dan vinden we de volgende parametervoorstelling x = (, 5, ) + λ(,, ). d Het volledig origineel bevat alle vectoren x waaarvoor Ax l. Deze bepalen we als volgt: + λ 0 3 λ λ 3 0 3 λ 3 0 0 0 0 Hieruit volgt x x 3 = 3 λ 3 en x x 3 = 3 λ 3. Kiezen we bijvoorbeeld x 3 = µ dan vinden we de parametervoorstelling x = ( 3, 3, 0) + η(,, 0) + µ(,, ). ALTERNATIEF: Bepaal het volledig origineel van de vectoren (, 0, ) en (,, 0) en tel daar N bij op.. a Uit A T A = I en det(a) = volgt dat A een rotatie is. b De rotatie-as wordt voortgebracht door de eigenvector bij eigenwaarde, en die berekenen we uit 3 3 3 3 0 A I =. 3 3 0 0 0 0 0 Hieruit volgt dan voor de eigenvector v = (, 3, 0) T. De rotatie-as is dan (, 3, 0). De rotatiehoek bepalen we uit het spoor: sp(a) = + cos ϕ = zodat cos ϕ = 0 en ϕ = ±. c De rotatie-as U = (, 3, 0) is invariant. Omdat A orthogonaal is is ook de (tweedimensionale) ruimte W = U invariant onder A. Uiteraard is W het vlak door de oorsprong loodrecht op de rotatie-as. d We kiezen de basis α = ( (, 3, 0), ( 3,, 0), (0, 0, ) ). De eerste vector is de basisvector van U en de andere twee zijn twee onderling loodrechte basisvectoren van W. Alle vectoren zijn genormeerd op lengte. Hieruit kunnen we direct de (orthogonale) overgangsmatrix ε S α aflezen: εs α = 3 0 3 0. 0 0 3
De matrix A α berekenen we uit de relaties A α = α S ε A ε ε S α, A ε = A en α S ε = ε Sα T. We vinden dan 0 0 A α = 0 0. 0 0 3a Omdat A symmetrisch is geldt N = R, zodat N = (,, 0), (0, 0, ). 3b Uit onderdeel a) concluderen we dat A een dubbele eigenwaarde λ = λ = 0 heeft met bijbehorende eigenvectoren v = (,, 0) T en v = (0, 0, ) T. Omdat dim(r) = is de derde eigenvector, bij eigenwaarde λ 3, de vector v 3 = (,, 0). De onbekende eigenwaarde λ 3 volgt uit A(,, ) = A(,, 0) + A(0, 0, ) (,, 0) = λ 3 (,, 0) + (0, 0, 0), waaruit volgt dat λ 3 =. 3c Uit de beelden van de (onafhankelijke) vectoren (,, 0), (0, 0, ) en (,, 0) kunnen we de matrix A bepalen. We vinden 0 A = 0. 0 0 0 a. De vergelijking van de kromme is te schrijven als 5 3 x x x + ( 8 ) x 3 5 x x + 56 = 0. De eigenwaarden van de matrix zijn (met eigenruimte E = (, ) ) en 8 (met eigenruimte E 8 = (, ) ). Door de (direct) orthogonale transformatie: x = y x krijgen we de volgende gedaante op hoofdassen: y ( y ) ( + y + ) =. b. De symmetrie-assen zijn y = en y =. In (x, x )-coördinaten wordt dit: x + x = en x + x =. c. Voor het middelpunt geldt (y, y ) = (, ) (x, x ) = (3, ). ALTERNATIEF: Bereken het snijpunt van de symmetrie-assen.
5. De matrix A = heeft geen reële eigenwaarden. De wortels van de karakteristieke vergelijking zijn λ = + i en λ = λ = i. Basisvectoren van de bijbehorende eigenruimtes zijn i i v =, v = v =. Voor de de homogene oplossing vinden we dan [ ] x h (t) = e t i C e it i + C e it. Door de eerste term uit te vermenigvuldigen en te splitsen in een reëel en imaginair deel kunnen we de homogene oplossing herschrijven als [ ] x h (t) = e t sin t cos t C 3 + C cos t. sin t Vanwege de vorm van de inhomogene term proberen we als particuliere oplossing x p = u e t. Substitutie in de differentiaalvergelijking levert het stelsel (A I)u = a, met a = (, ) T. De oplossingen van dit stelsel is u = (, ) T. We hebben nu de particuliere oplossing x p (t) = e t. De totale oplossing volgt uit superpositie van x h (t) en x p (t): [ ] x(t) = e t sin t cos t C 3 + C cos t + sin t e t. Toepassen van de beginconditie tenslotte, levert C 3 = en C = 3. 5
6. Toepassen van de Laplace-transformatie op het beginwaardeprobleem levert s X + X = F met X(s) en F (s) de Laplace-getransformeerden van respectivelijk x(t) en f(t). Hieruit volgt voor X(s) X(s) = s + + F (s) s +. Terugtransformeren levert x(t) = sin t + f(t) sin t. Het convolutieproduct f(t) sin t moeten we bepalen m.b.v. partiële integratie. Dit levert { t sin t als 0 t < f(t) sin t =, cos t sin t als t. De uiteindelijke oplossing wordt nu { t als 0 t < x(t) =, cos t als t. 6