Stelsels lineaire vergelijkingen Ter herinnering: in de tweede klas Havo/Atheneum leer je twee vergelijkingen met twee onbekenden oplossen Voorbeeld: { x + y = 5 x + y = 0 Twee keer de eerste vergelijking van de tweede afhalen geeft: { x + y + 5 5y = 0 Uit de tweede vergelijking vinden we y = ; door dit in te vullen in de eerste vergelijking vinden we dan x = De oplossing is dus x =, y = Hoe nu te handelen met stelsels van n vergelijkingen met m onbekenden? Voorbeeld: Los op: x + y + z = x + y + 5z = 0 x + 5y + z = 0 De tweede min de eerste vergelijking, en de derde min de eerste vergelijking geeft: x + y + z = y + z = y + 9z = Werk nu verder met de tweede en derde als met twee vergelijkingen met twee onbekenden - trek drie keer de tweede vergelijking van de derde af: x + y + z = y + z = z = 6 De derde vergelijking geeft nu = Dit invullen in de tweede vergelijking geeft y = 7 Deze beide gegevens invullen in de eerste vergelijking geeft x = De oplossing lui nu in vectornotatie:
x y z = 7 Wat we doen is het volgende: tel veelvouden van de eerste vergelijking op bij de tweede, derde enz, en zorg er zo voor dat alleen in de eerste vergelijking nog een x voorkomt Dit noemen we wegvegen van x uit de tweede, derde enz vergelijking Veeg vervolgens uit de derde, vierde enz de y weg op dezelfde wijze Ga zo door tot je tenslotte één vergelijking met één onbekende overhou Los die op, vul het antwoord in en vind daarmee successievelijk alle andere onbekenden Een dure term voor deze methode is Gauss-eliminatie Voorbeeld: x + y + z = 6 x + y + z = 4 x + 4y + 9z = 6 Trek de eerste vergelijking af van de tweede en derde: x + y + z = 6 y + z = 8 y + 8z = 0 Trek nu drie keer de tweede vergelijking af van de derde: x + y + z = 6 y + z = 8 z = 6 Dit geeft van onderen naar boven dat z =, y =, x = De oplossing is dus: x y z = Het schrijfwerk beperk je aanzienlijk door alle x,y,z,+,= weg te laten We bekijken de voorbeelden opnieuw Voorbeelden:
Het eerste voorbeeld wor: 5 0 5 0 De tweede min de eerste en de derde min de eerste geeft: 0 0 9 De derde min drie keer de tweede geeft: 0 0 0 6 De invulstap kun je nu als volgt doen: de derde keer geeft: 0 0 0 De eerste min drie keer de derde, en de tweede min twee keer de derde geeft: 0 0 0 7 0 0 De eerste min twee keer de tweede geeft: 0 0 0 0 7 0 0 Het antwoord staat nu in de kolom rechts, en lui dus: x y = 7 z Het tweede voorbeeld wor: 6 4 4 9 6 De tweede min de eerste en de derde min de eerste geeft: 6 0 8 0 8 0
De derde min drie keer de tweede geeft: 6 0 8 0 0 6 De derde keer geeft: 6 0 8 0 0 De eerste min de derde, en de tweede min twee keer de derde geeft: 6 0 0 0 0 De eerste min de tweede geeft: 0 0 0 0 0 0 Het antwoord staat weer in de kolom rechts en lui dus x y z = Nog maar een voorbeeld Los op het stelsel: x + 5y + z = 0 5x + y z = 0 x + y + z = 0 Dit gaat als volgt: 5 0 5 0 0 De tweede min vijf keer de eerste, en de derde min de eerste geeft: 5 0 0 4 6 0 0 0 De derde min 8 keer de tweede geeft: 5 0 0 4 6 0 0 0 0 0 4
Schrik! Wat nu? De situatie voor de tweede en derde vergelijking in de tweede stap is: { 4y 6z = 0 y z = 0 Op een factor 8 na is dat twee keer dezelfde vergelijking We kunnen nu na stap drie wèl y uitdrukken in z middels de tweede vergelijking Door dit in te vullen in de tweede vergelijking kunnen we óók x uitdrukken in z Daarmee hebben we dan alle oplosingen: na stap drie: { x + 5y + z = 0 4y 6z = 0 geeft y = z, dus 0 = x+5y+z = x 0 z+z = x z, ofwel x = z Dus: x y = z ook alle oplossingen z is voor elke z R een oplossing, en dit zijn Op dezelfde manier ga je te werk met een stelsel van twee vergelijkingen met drie onbekenden of in het algemeen: m vergelijkingen met n onbekenden Voorbeelden: { x + y + z = 0 x + y + z = Dit werk je als volgt uit: 0 0 0 Dat geeft y = z, x = z + In vectornotatie: x y = z + z 0 Tenslotte nog een voorbeeld waar er meer vergelijkingen dan onbekenden zijn: x + y = x + y = 0 x y = 5
Dit werk je als volgt uit: 0 0 0 Uit de laatste twee zien we y = en y = Dat geeft een tegenstrijdigheid, dus er is nu geen enkele oplossing In het algemeen gel voor stelsels lineaire vergelijkingen: er is òf geen oplossing, òf precies één oplossing, òf er zijn oneindig veel oplossingen 6
Matrices Invoeren van het begrip matrix Bekijk de afbeelding x x + y y x + y z Deze afbeelding z x + y + 5z wor eigenlijk helemaal gegeven door de coëfficiënten van x,y,z Die stoppen we in een getallenblok dat we matrix noemen: 0 5 Voorbeeld: De matrix 4 0 0 7 R 4 R : hoort bij de afbeelding x y z w x + 4y + w 7y x + w NB: Niet bij elke afbeelding hoort een matrix, alleen bij zogenaamde lineaire afbeeldingen Een m n matrix spreek uit: m bij n matrix heeft m rijen en n kolommen: a a a a n a a a n a m a m a mn Matrices zijn we in feite al tegengekomen Voorbeelden: x + y = 6 8x + y = 7 4x + 6y = { x y = 4 x + y = 6 8 x = 6 7 y 4 6 x 4 = y 6 7
Rekenen met matrices Optellen en aftrekken van matrices gaat zoals je denkt dat het moet, elementsgewijs: als A = 8 4 6 en B = 8 0 4 π, dan is A+B = 0 4 4 6 + π Vermenigvuldigen van een matrix met een getal doe je door elk element van de matrix met dat getal te vermenigvuldigen: als A = 8 4 6, dan is A = 6 9 4 6 8 Vermenigvuldigen van twee matrices gaat conform het nemen van de compositie van de bijbehorende afbeeldingen Voorbeeld: 8 4 6 =? De eerste kolom van het produkt van de matrices A en B is A maal de eerste kolom van B De tweede kolom van AB is A maal de tweede kolom van B enz Ga na dat dit precies de compositie van afbeeldingen is Dus de eerste kolom van 8 4 6 = 8 4 6 + 8 + 4 + 6 = is 5 0 0 en de tweede kolom is 8 = + 8 + = 4 4 6 4 + 6 Het product is dus 5 0 4 0, 8
Voorbeelden: Als A = en B =, dan is A B = B A = = 0 4, en = 7 8 4 9 5 Merk op dat A B B A! 4 0 A = en B = 5 π 6 Noch A B, noch B A bestaan De eenheidsmatrix is de matrix die hoort bij de afbeelding die alles op zichzelf afbeel Notatie: I n is de n n eenheidsmatrix: I n = Merk op dat I n A = A I n = A 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Laat A een n n matrix zijn De matrix, die hoort bij de inverse afbeelding of: omkeerafbeelding heet de inverse van A Notatie: A Merk op: alleen een vierkante matrix kàn een inverse hebben, maar niet alle vierkante matrices hèbben een inverse zie verderop Omdat matrixvermenigvuldiging hetzelfde is als compositie van afbeeldingen, gel: A A = A A = I n 9
Voorbeeld: Als A = 0 0 0 x, dan is A y x = 0 A is niet inverteerbaar, want de bijbehorende afbeelding geeft bij verschillende originelen hetzelfde beeld Bijvoorbeeld is A = A = 0 0 Hoe reken je nu de inverse van een matrix uit? Neem bijvoorbeeld A = de inverse zijn Dan moet A Los dit op: b b b = 5 5 0 0 5 0 5 0 0 0 0 0 0 0 7 0 0, dus De eerste kolom van de inverse is dus De tweede kolom krijg je uit A de derde uit A b b b = 0 0 b b b, en laat 5 5 b b b b b b b b b b b b 0 0 9 0 0 0 7 = 0 0 0 0 7 0 0 0 0, = 0 0 Je herhaalt dus steeds hetzelfde veegproces, met alleen een verschillende rechterkant Het kan dus ook in één keer: 0
0 0 5 0 0 5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 7 0 0 Nu staat rechts de inverse 0 0 0 0 0 9 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 7 0 0 Controleer steeds je antwoord door rekenfouten is het bijna altijd eerst verkeerd!: Klopt! 5 5 7 = 0 0 0 0 0 0
Oplossen van stelsels vergelijkingen Stel je wilt oplossen 5 5 een stelsel van de vorm Ax = b Je kunt nu twee wegen bewandelen: vegen x y z = de inverse van A uitrekenen en daarna A b = x Natuurlijk is minder werk, je doorloopt bij immers toch het veegproces Het uitrekenen van de inverse van A is alleen aan te bevelen als je A x = b op moet lossen voor meerdere =heel veel vectoren b Merk op dat als een matrix A een inverse heeft, dan is voor elke vector b het stelsel vergelijkingen A x = b uniek oplosbaar, dat wil zeggen er is precies één vector x die er aan voldoet, te weten x = A b Als A nu geen inverse heeft, dan zijn er twee mogelijkheden: òf A x = b heeft geen oplossing, òf oneindig veel Voorbeelden: x y x y = heeft geen oplossing ga na ; x = gel voor alle met y x y = 0 + a, a R Hoe vind je nu alle oplossingen van A x = b? STELLING Laat x een oplossing zijn van A x = b en laat x een 0 oplossing zijn van A x = 0 = Dan is x + x een oplossing van 0 A x = b, en alle oplossingen krijg je door x over alle oplossingen van A x = 0 te laten lopen
Voorbeeld: x y = Je ziet zó dat x =, y = 0 een oplossing is x 0 Los nu op =, dus y 0 0 0 0 0 0 0 zodat x = y alle oplossingen geeft x a Dus: = a = y a A x = 0,, a R zijn alle oplossingen van x Alle oplossingen van A x = zijn dus = y 0 a R Dit kan natuurlijk ook door direkt vegen! +a,
4 Transponeren Voor een matrix A = a a a a n a a a n a m a m a mn is de getransponeerde van A notatie: A T de gespiegelde in de hoofddiagonaal, a a a a m dus A T a a a m = a n a n a mn T 5 Bijvoorbeeld = 4 4 6 5 6 Voor een matrix met complexe getallen is de volgende matrix belangrijker Laat A een matrix zijn met complexe getallen, dan is A = ĀT, de complex toegevoegde van de getransponeerde matrix Bijvoorbeeld: + i + 4i i i = i + i 4i i Een matrix heet symmetrisch als A = A T, en zelfgeadjungeerd of Hermitisch als A = A Ga zelf na dat A zelfgeadjungeerd is als en alleen als Ax, y = x, Ay 4
Determinanten Invoeren van het begrip determinant Bekijk nog een keer het stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden x en y: { a x + b y = c a a x + b y = c a Dit levert op: { a a x + a b y = a c a a x + a b y = a c De tweede vergelijking van de eerste aftrekken geeft: Mits a b a b 0 is y = ac ac a b a b a b a b y = a c a c Evenzo: { a b x + b b y = c b a b x + b b y = c b Weer de tweede vergelijking van de eerste aftrekken geeft: Mits a b a b 0 is x = cb cb a b a b a b a b x = c b c b Merk op dat de noemer bijna dezelfde is Voer in als notatie: Dan staat er dus: a b a b = a b a b Dit is een bij determinant c b c b a c a x = a c b, y = a b a b a b We definiëren nu eerst een determinant: a b c a b c b = a c a b c b c a b c b c + a b c b c a = b c a c + b a c a c b a c a c a = c b a b c a b a b + c a b a b Ga na dat de definitie inderdaad drie keer hetzelfde oplevert! 5
Hierbij heet b c b c de minor van a, b c b c de minor van a, enz Je kunt de determinant ontwikkelen naar elke kolom, de determinant is de som van: de elementen maal de minoren maal een teken Welk teken bepaal je met onderstaand schema; regeltje van alternerende tekens: + + + + + Je kunt ook ontwikkelen naar een rij: a b c a b c a b c = a b c b c b a c a c + c a b a b Voorbeeld: 4 9 = 4 9 9 + 4 = 9 4 9 + 4 = 6 6 + = Hier was er naar de eerste rij ontwikkeld Ontwikkelen we bijvoorbeeld naar de derde kolom, dan krijgen we: 4 9 = 4 4 + 9 = 4 4 + 9 = 9 + 9 = We voeren nu eerst voor een algemene determinant het begrip minor wat preciezer in Bekijk de determinant a a a a n a a a a n a ij a n a n a n ann De minor van a ij is de determinant die je krijgt door rij i en kolom j weg te laten 6
We definiëren nu de algemene n n determinant in termen van n n determinanten: a a a n a a a n = a n a n a nn a de minor van a a de minor van a + + n+ a n de minor van a n Ook kun je weer ontwikkelen naar elke gewenste rij of kolom, het tekenschema is + + + + + We komen straks terug op het oplossen van stelsels vergelijkingen met determinanten Eerst wat rekenregels en eigenschappen Eigenschappen van determinanten a Bij spiegelen in de hoofddiagonaal behou de determinant dezelfde waarde Anders gezegd, voor een matrix A gel deta = deta T a a a b b b heeft dezelfde uitkomst ontwikkel naar de eerste rij als c c c a b c a b c ontwikkel naar de eerste kolom a b c Gevolg is: elke bewering over rijen is ook waar voor kolommen en vice versa b Bij verwisselen van twee rijen verandert het teken van de determinant a a a b b b c c c = b b b a a a c c c ontwikkel de eerste determinant naar de eerste rij, de tweede determinant naar de tweede rij c Als twee rijen gelijk zijn, is de determinant nul volgt uit b d Als je een rij vermenigvuldigt met een getal, dan vermenigvuldig je de 7
determinant met dat getal ka b c ka b c ka b c = ka α ka α + ka α = ka α a α + a α a b c = k a b c a b c hier is α i de minor van a i voor i=,, e Als twee rijen evenredig zijn, dan is de determinant nul volgt direkt uit c en d f Als een rij de som is van twee termen, dan is de determinant de som van de twee afzonderlijke determinanten a + x b c a + x b c = a + x b c a + x b c b c a + x b c b c + a + x b c b c a b c = a b c a b c + x b c x b c x b c g Een determinant verandert niet als je een veelvoud van een rij optelt bij een andere rij dit volgt uit e en f Deze laatste eigenschap kun je gebruiken om determinanten uit te rekenen: door het veegproces uit te voeren verandert een determinant niet NB: Je mag nu ook met kolommen vegen, dit in tegenstelling tot wat we gezien hebben bij het oplossen van stelsels vergelijkingen Voorbeeld: Bereken p 0 7 4 p keer de tweede kolom van de eerste af levert 0 0 p + 7p 7 4 ontwikkelen naar de eerste rij geeft dan p + 7p 4 = 4 4p + + 7p = p 8
Nogmaals stelsels vergelijkingen Bekijk eerst eens het stelsel van drie vergelijkingen met drie onbekenden x, x, x : ofwel Ax = b Noem D = deta = Dan is i x D = ii x D = iii x D = als x = x x x a a a a a a a a a b a a b a a b a a a b a a b a a b a a a b a a b a a b a a a a a a a a a,,, x x x een oplossing is van Ax = b Dit staat bekend als de regel van Cramer = b b b BEWIJS: We laten alleen zien dat i waar is, ii en iii bewijs je analoog Dus: neem aan dat x x een oplossing is Dan is b a a b a a b a a x = x a a a = x D + x = x D + x a a a a a a a a a a a a een-na laatste stap wegens f, laatste stap wegens c + x a a a + x NB: Hetzelfde bewijs werkt natuurlijk ook voor 4 4, 5 5, enz We formuleren de regel van Cramer nu in zijn algemene vorm a a a a a a a a a a a a a a a 9
STELLING Regel van Cramer Als det A = D 0, dan wor de oplossing voor Ax = b, waar a a n x b A =, x = b = gegeven door a n a nn x n b n x j = met j =,,n a a j b a j+ a n a n a nj b n a nj+ a nn D, Bewering: theoretisch is dit een fraaie stelling, je moet het alleen nooit zo uitrekenen Al die determinanten zijn heel veel rekenwerk, en vegen gaat sneller We geven nu nog enkele handige resultaten, zonder die te bewijzen STELLING Een n n matrix A heeft een inverse als en alleen als deta 0 Die inverse kun je ook met behulp van determinanten uitrekenen, maar vegen gaat weer veel sneller STELLING Als deta = 0, dan heeft Ax = 0 een oplossing x 0, en ook alleen dan De verzameling van al die vectoren noteer je met kera Tenslotte nog een stelling over de determinant van het produkt van matrices STELLING 4 deta B = deta detb Voorbeeld: A = 0 en inderdaad AB = 0, B = = 5 6 6 Dan is det A = en det B = 9,, zodat detab = 8 = 9 4 Kleinste kwadraten Zoals we allemaal weten: twee punten in het platte vlak bepalen een rechte lijn Stel je nu voor dat je een hele serie meetpunten hebt, waarvan je vermoe dat ze eigenlijk op een rechte lijn zouden moeten liggen, maar door bijvoorbeeld 0
meetfouten is dat niet het geval Wat je zou willen is dat we op een of andere manier een best passende rechte lijn zouden kunnen vinden bij die punten Hoe dat in zijn werk gaat, en hoe matrix notatie, en matrixrekening daarbij van dienst kunnen zijn, willen we hier laten zien Begin eens met de volgende vijf punten:,,, 4,, 49,, 5,, 69 Even die punten plotten met matlab doe je als volgt: >> x=[ 5 5 ]; >> y=[ 4 49 5 69]; >> plotx,y, ro Om even te laten zien wat die ro doet helpt het als je in matlab even help plot doet De r zorgt voor een rode kleur, de o voor een cirkeltje op de datapunten Nu zie je dat de x-as en de y-as nog niet mooi bij de oorsprong beginnen, doe dan >> axis[0 0 7] Het volgende plaatje komt 7 6 5 4 0 0 05 5 5 We zoeken een rechte lijn y = ax + b die daar goed bij past Op het oog zou je zeggen dat y = x + een redelijke fit gaat geven, maar waarom zou deze de voorkeur genieten boven y = 8x +? Met andere woorden, wat voor criterium gebruiken we om de a en de b te kiezen? Laten we de zaak meteen algemeen bekijken: we hebben n punten x j, y j, j =,,n We zeggen dat de lijn y = ax+b de kleinste kwadraten benadering van deze punten is als a en b zo gekozen zijn dat de uitdrukking n y j ax j b j=
zo klein mogelijk wor Dat wil zeggen de som van de afstanden van de punten tot de lijn, verticaal gemeten, moet zo klein mogelijk zijn In ons voorbeeld is dat a b +4 a b +49 a b +5 a b +69 a b Dat willen we zo klein mogelijk hebben Je kunt dit nu zien als een functie van de twee variabelen a en b, en dan met behulp van differentiatie het minimum gaan bepalen Dat is wat we de calculus benadering zouden willen noemen Hoewel dat goed werkt, is het handiger wat lineaire algebra te hulp te roepen De grafiek van deze functie zie je hieronder in een plaatje 4 8 6 4 08 06 04 4 09 5 6 7 8 9 Je kunt niet zomaar het minimum aflezen, zelfs niet als we de grafiek even zo draaien dat we alleen de a-as zien 4 8 6 4 08 06 04 5 55 6 65 7 75 8 85 9 95
of zo dat we alleen de b-as zien 4 8 6 4 08 06 04 09 095 05 5 5 5 4 We doen nu eerst de lineaire algebra benadering, en vervolgens de calculus benadering van dit probleem Laten we eens de volgende vectoren en de volgende matrix invoeren: y x y =,x =,e =,X = x e y n x n Dan kan de uitdrukking herschreven worden als a a y X,y X b b Bekijk nu eens het vlak V in R n gegeven door V = {αx + βe α, β R} Met andere woorden V is de verzameling van alle vectoren van de vorm X α β We hebben dan in R n een vlak V en een vector y Dan is de uitdrukking de a afstand van het vector y tot de vector X in het kwadraat We zoeken dus b a en b zo dat die afstand zo klein mogelijk wor Bekijk nu de loodrechte projectie van y op V, en laat ŷ in V die loodrechte projectie van y zijn Dan zal duidelijk zijn dat de a en b die de afstand van y tot a V bepalen en die zoeken we! juist de a en b zijn waarvoor gel: ŷ = X b Resteert dan natuurlijk het probleem: hoe bepaal je dan ŷ? Dat komt uit het volgende inzicht: de vector y ŷ staat loodrecht op elke vector in V Dus voor
alle α en β: α 0 = y ŷ, X β a α = y X, X b β = X T a α y X, b β Maar dat kan alleen maar voor alle α en β als a X T y X = 0 b Herschrijven we dat, dan komt er X T a X = X b T y, en lossen we nu op voor a en b, dan komt er a b = X T X X T y Voeren we dat nu uit voor ons voorbeeld dat is natuurlijk met een computer gedaan in dit geval dan krijgen we dat in het voorbeeld de lijn y = 78x + de best passende rechte lijn is Hieronder vin je de matlab code >> y=[; 4; 49; 5; 69] >> X=[ 5 5 ; ] X = 0000 0000 5000 0000 0000 0000 5000 0000 0000 0000 >> A=invX *X*X *y A = 7800 000 Om dat te kunnen lezen moet je even weten dat de ; staat voor het starten van een nieuwe rij in een matrix, dat staat voor de getransponeerde, en dat de * staat voor vermenigvuldiging Dat invz de inverse van de matrix Z uitrekent had je vast wel begrepen Even het plaatje maken: om het te combineren met ons vorige plaatje doe je in matlab nu eerst een commando dat het plaatje vasthou 4
>> hold on >> z=[0 ]; >> v=[ 78*+]; >> plotz,v We plotten hiermee alleen een blauwe lijn tussen de punten 0, en, 78 +, dus tussen twee punten op de lijn 7 6 5 4 0 0 05 5 5 Merk op dat de fit tussen punten en lijn ook op het oog best redelijk is, maar dat het niet op het oog direct duidelijk zou zijn dat dit ook echt de best passende lijn is in de zin van kleinste kwadraten We bekijken nu de calculus benadering van het probleem wat we hadden Herinner, we willen in ons concrete voorbeeld a b +4 a b +49 a b +5 a b +69 a b zo klein mogelijk maken Noem die uitdrukking eens even fa, b, wat we bekijken als een functie van a en b Dat is een kwadratische functie in a en b In het algemene geval, als we meetpunten x j, y j hebben voor j =,,n, wor de functie n fa, b = y j ax j b j= Bekijk nu f f = 0, a b = 0 Dat heb je in ieder geval nodig om een minimum te krijgen voor fa, b Dat 5
geeft: n x j y j ax j b = 0, j= n y j ax j b = 0 j= Herschrijf dit als twee vergelijkingen in de onbekenden a en b, en los op: n a n + b x j = n x j y j, j= x j a j= n x j + b n = j= j= n y j j= Met behulp van de regel van Cramer volgt daar dan uit a = n n j= x jy j n j= x n j j= y j n n j= x j n j= x, j b = n j= x j n j= y j n j= x j n j= x jy j n n j= x j n j= x j We concluderen dat er precies één a en één b zijn die voldoen aan de eisen Vanwege de manier waarop het probleem ontstond moeten die dus de oplossing zijn De bovenstaande formules zijn erg mooi, maar het lijkt wat veel gevraagd die te kunnen reproduceren De lineaire algebra benadering lijkt dus de voorkeur te verdienen Om echt goed te begrijpen wat er allemaal gebeurt zouden we nog moeten inzien dat de twee benaderingen echt hetzelfde opleveren Dat vergt wat rekenwerk Om in te zien dat deze formules inderdaad hetzelfde opleveren als onze eerdere formules voor a en b, helpt het om te bedenken dat n n X T j= X = x j j= x j n j= x j n en dat n X T j= y = x jy j n j= y j De rest laten we aan jezelf over 6
5 Eigenwaarden en eigenvectoren 5 Invoeren van de begrippen eigenwaarde en eigenvector DEFINITIE 5 Een complex of reëel getal λ heet een eigenwaarde van de n n matrix A als er een vector x 0 is met Ax = λx Dan heet x een eigenvector van A bij eigenwaarde λ Voorbeelden: A = A = Ax = Ax =, x =, x =, λ =, dan is =, λ = 0, dan is = 0 0 = = 0 Interpretatie: A als afbeelding heeft in de richting van x een simpele vorm, namelijk oprekking met een factor λ Opmerking: als x een eigenvector is, dan is ook elk veelvoud van x een eigenvector bij dezelfde eigenwaarde, behalve de vector 0 Om niet elke keer de uitzondering van 0 mee te slepen, spreken we af dat we in de collectie van eigenvectoren bij een bepaalde eigenwaarde 0 wel meenemen Voorbeeld: A = 0 0 0 0 0 0 A heeft drie eigenwaarden, te weten, en De eigenvectoren bij zijn alle vectoren van de vorm α 0, α R 0 of α C, al naar gelang we A als reële of complexe matrix zien De eigenvectoren bij zijn alle vectoren van de vorm α 0 0, α R De eigenvectoren bij zijn alle vectoren van de vorm α 0 0, α R 7
5 Hoe we eigenwaarden en eigenvectoren vinden Merk op, als x een eigenvector is, dan gel Ax = λx, ofwel dan is 0 0 0 A λ 0 0 x = 0 0 0 0 dus A λix = 0 Volgens een stelling uit het vorige hoofdstuk is dan deta λi = 0, omdat x 0 Omgekeerd, als deta λi = 0, dan is er ook een x 0 zó dat A λix = 0 Voorbeeld: A = 0 0 λ Dan is deta λi = = λ 0 0 λ = λλ λ + = λλ λ De eigenwaarden zijn dan dus λ =, λ = en λ = Eigenvectoren bij λ = krijg je door op te lossen: A Ix = 0, dus 0 0 0 x = 0 0 0 0 0 Oplossingen zijn de vectoren van de vorm α 0 Eigenvectoren bij -: los op A I = 0, dus 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 waarvan de oplossingen zijn α, α R Eigenvectoren bij : los op A Ix = 0, dus 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 waarvan de oplossingen zijn α, α R, α R 0 0 0 0 0 0 0 0, 0 0 0 0 0 0 0 0, 8
De vergelijking deta λi = 0 heet de karakteristieke vergelijking van A Voorbeelden: Een voorbeeld met complexe oplossingen: A = 0 0 geeft λ λ = λ + = 0 geeft λ = ±i als eigenwaarden Eigenvectoren bij i: i 0 i 0 met oplossingen α i Eigenvectoren bij -i: i 0 i 0 met oplossingen α i, met nu α C!, α C 0 0 0 i 0 0 0 0 i 0 Nu een voorbeeld met complexe oplossingen: A = geeft λ λ 0 0 λ 0 0 = λ λ λ = λ{ λ +4} λ{ λ + 4} = 0 geeft λ = of λ = ± i Eigenvectoren bij eigenwaarde : 0 0 0 0 oplossen geeft α, α C 0 0 0 0 Eigenvectoren bij eigenwaarde + i: i 0 i 0 0 0 i 0 oplossen geeft α i 0 Eigenvectoren bij i:, α C i 0 i 0 0 0 i 0 oplossen geeft α i 0, α C 9
In al onze voorbeelden hierboven hadden we een n n matrix met n verschillende eigenwaarden Dat hoeft natuurlijk niet altijd zo te zijn Voorbeelden: 0 A = heeft één eigenwaarde:, en elke vector is eigenvector 0 0 A = heeft één eigenwaarde: 0, en alleen α, α R, zijn 0 0 0 eigenvectoren Laat nu A een n n matrix zijn met n verschillende eigenwaarden: λ, λ,, λ n Kies eigenvectoren x i met Ax i = λ i x i i =,,n Vorm de matrix S die je krijgt door x i op de i-de kolom te zetten: S = x x x n Dan : A S = Ax Ax Ax n = λ x λ x λ n x n = S Bovendien is S inverteerbaar dat bewijzen we niet λ 0 0 0 λ λn 0 0 0 0 λ n Een matrix die alleen maar niet-nul getallen op z n hoofddiagonaal heeft noemen we een diagonaalmatrix Voorbeeld: 4 A = Eigenwaarden: 4 λ λ = 7λ + λ = λ 7λ + 0 = λ 5λ Dus en 5 zijn eigenwaarden Eigenvectoren: is eigenvector bij 5, is eigenvector bij Vorm S = 4 Dan gel: AS = = 0 0 5 0
Dus: S AS = 0 0 5 NB: S is inverteerbaar, want dets=- We merken nog het volgende op: A en A T hebben dezelfde eigenwaarden maar niet dezelfde eigenvectoren natuurlijk Verder, als een complex getal λ een eigenwaarde is van de complexe matrix A, dan is λ een eigenwaarde van A Tenslotte hebben we de volgende belangrijke stelling: STELLING 5 Als A een zelfgeadjungeerde n n matrix is dan zijn alle eigenwaarden van A reëel, en de eigenvectoren bij verschillende eigenwaarden staan loodrecht op elkaar Verder zijn er vectoren x,,x n die loodrecht op elkaar staan, en reele getallen λ,, λ n zo dat Ax i = λ i x i, en de matrix S = x x n is inverteerbaar In dit geval hebben we dus AS = SD met D de diagonaalmatrix met λ tot en met λ n op de diagonaal Voorbeeld: Neem als voorbeeld de matrix A = Ga na dat de eigenwaarden en - zijn, met bijbehorende eigenvectoren en, re- spectievelijk Het inproduct, is nul, dus staan deze vectoren inderdaad loodrecht op elkaar
6 Lineaire dv van orde met constante coefficienten 6 Homogene vergelijkingen We bekijken eerst homogene vergelijkingen van orde twee met constante coefficienten, dwz dv s van de vorm a 0 y + a y + a y = 0 Probeer eerst eens of yx = e λx een oplossing kan zijn voor een of ander getal λ Invullen geeft voor alle x Dat kan alleen als a 0 y + a y + a y = a 0 λ + a λ + a e λx = 0, a 0 λ + a λ + a = 0 Deze kwadratische vergelijking in λ heet de karakteristieke vergelijking We weten dat deze vergelijking in het algemeen twee, eventueel complexe, oplossingen heeft Deze oplossingen zullen we voor nu even noteren met λ en λ Een gevolg van een algemene stelling is dat als λ λ dan is de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking gegeven door yx = c e λx + c e λx, met c, c willekeurige constanten Voorbeelden: y y = 0 Probeer y = e λx De karakteristieke vergelijking wor λ = 0, dus λ = ± De algemene oplossing is dus yx = c e x +c e x, met c, c R y + y + y = 0 De karakteristieke vergelijking is λ + λ + = λ + λ + = 0, dus λ = of λ = De algemene oplossing is dus yx = c e x + c e x, met c, c R y +y = 0 De karakteristieke vergelijking is λ + = 0, dus λ = ±i Alle complexe oplossingen worden dan gegeven door yx = c e ix + c e ix, met c, c C Nu is e ix = cosx + i sinx en e ix = cosx i sinx Dus yx = c + c cosx + ic c sin x Neem nu c + c = a R èn ic c = b R Dat kan, bijvoorbeeld c = c werkt Dan yx = a cosx + b sin x met a, b R is de algemene reële oplossing
4 y +y +y = 0 De karakteristieke vergelijking is λ +λ+ = 0, dat geeft λ = Er is nu maar één oplossing van de vorm yx = e λx, namelijk y = ce x Nu vinden we de andere oplossingen door variatie van constanten Stel yx = cxe x is een oplossing Dan Dus y = c e x ce x y = c e x c e x c e x ce x = c e x c e x + ce x y + y + y = c c + c + c c + ce x = c e x = 0, zodat c = 0 Dat betekent cx = ax + b, met a, b R Dus yx = axe x + be x met a, b R Dat is altijd zo: als er maar één oplossing van de karakteristieke vergelijking is, zeg λ, dan is naast e λx ook xe λx een oplossing 6 Inhomogene vergelijking We bekijken nu vergelijkingen van de vorm a 0 y + a y + a y = fx Eerst doen we een algemene bewering: als y 0 x één oplossing van de inhomogene vergelijking is en c y x+c y x de algemene oplossing van de homogene vergelijking a 0 y + a y + a y = 0 dan is de algemene oplossing van de inhomogene vergelijking gegeven door y 0 x + c y x + c y x met c, c R Dat is leuk, omdat we nu maar één oplossing van de inhomogene vergelijking hoeven te vinden, maar hoe doe je dat dan? Voordat we daar wat over zeggen merken we op dat die ene oplossing van de inhomogene vergelijking een particuliere oplossing heet Hoe vind je zo n particuliere oplossing? Er is een algemene methode ook nu weer variatie van constanten geheten, maar die is ingewikkeld Voor veel functies f werkt het volgende idee: probeer voor y 0 lineaire combinaties van f, f, f, We illustreren dit met wat voorbeelden Voorbeelden:
Los op y y = x Probeer als particuliere oplossing y = ax +b Invullen geeft omdat y = 0 y y = ax b = x, dus b = 0, a = De algemene oplossing is dus yx = x + c e x + c e x y +y = cosx Probeer voor y een functie van de vorm y = a cosx+b sin x Dan is y = a cosx b sinx, en y = a sinx + b cosx Dus y + y = a + bcosx a + bsinx = cosx, wat geeft a + b = 0, a + b = Oplossen van dit stelsel geeft a =, b = Dus is cosx + sinx een oplossing De oplossing van de homogene vergelijking krijg je zoals gewoonlijk door de karakteristieke vergelijking op te lossen: λ + λ = λλ + = 0 geeft λ = 0 of λ = De algemene oplossing is dus yx = cosx + sin x + c e x + c met c, c R y y = e x Nu werkt ae x natuurlijk niet als particuliere oplossing omdat dit al een oplossing van de homogene vergelijking is Probeer in zulke gevallen echter axe x = yx Dan y = axe x + ae x, y = axe x + ae x, dus y y = ae x = e x, geeft a = Een particuliere oplossing is dus yx = xex, zodat de algemene oplossing wor yx = xex + c e x + c e x met c, c R Laten we het recept voor het oplossen van een inhomogene lineaire dv samenvatten Los de bijbehorende homogene dv op Vind een particuliere oplossing bijvoorbeeld met de methode zoals boven beschreven Los de constanten in de algemene oplossing op dmv rand- of beginvoorwaarden indien die aanwezig zijn Van dat laatste geven we nog een voorbeeld: Los op y + y = cosx met y0 = 0 en y 0 = 0 We weten al dat de algemene oplossing is yx = cosx + sinx + c e x + c Invullen van y0 = 0 en y 0 = 0 geeft 0 = + c + c en 0 = c Dus c = en c = 0 De gezochte oplossing is dus yx = cosx + sin x + e x We merken tenslotte op dat de technieken die hier gebruikt zijn ook werken voor de algemenere situatie van een n-de orde lineaire differentiaalvergelijking met constante coëfficienten 4
7 Stelsels differentiaalvergelijkingen 7 Stelsels homogene differentiaalvergelijkingen We bekijken in deze paragraaf stelsels homogene differentiaalvergelijkingen: x t x t x n t = A x t x t x n t, A een n n matrix Voorbeelden: { dx = x + y dy = y, dus hier is A = 0 Dit stelsel is simpel op te lossen: yt = c e t invullen in x t = x + y geeft x t = xt + ce t, een inhomogene differentiaalvergelijking Die los je eenvoudig op: xt = c e t 4 ce t Hoe nu te handelen met bijvoorbeeld { x t = y x y t = y x STELLING 7 Als λ een eigenwaarde is van A en x de bijbehorende eigenvector is, dan is xt = e λt x een oplossing van * BEWIJS: Ax = λx, dus Ae λt x = λe λt x = e λt x QED In het tweede voorbeeld, waar A = λ dat en -4 de eigenwaarden zijn Eigenvectoren bij : oplossen van α R Eigenvectoren bij -4: oplossen van R, volgt uit λ = λ + λ = λ + 4λ = 0 6 0 0 0 6 0 geeft α geeft α,, α 5
We zien dat voor elke c, c uit R, c e t en c e 4t zijn oplossingen Bewering: alle oplossingen zijn van de vorm xt = c yt e t + c e 4t met andere woorden met c, c R { xt = c e t + c e 4t yt = c e t + c e 4t Dat is altijd zo: als λ,, λ n de eigenwaarden van A zijn met x,, x n de bijbehorende eigenvectoren, dan krijg je alle oplossingen van x t = Axt via xt = c e λt x + + c n e λnt x n, met c,,c n eventueel complexe getallen Voorbeelden: x = x + y Los op y = y + z z = z A = 0 0 0 0, Eigenwaarden zijn, en Bijbehorende eigenvectoren 0, 0 0, Oplossingen zijn dus xt = c e t + c e t + c e t yt = c e t c e t met c, c, c R zt = c e t 4 Los op { x = x y y = x + y A = Eigenwaarden: λ + 4 = 0 geeft λ = ± i i 0 Eigenvectoren bij +i: oplossen geeft i 0 i als eigenvector 6
i 0 Eigenvectoren bij i: i 0 eigenvector oplossen geeft i als Dus: met c, c C { xt = c + c e t cost + ic c e t sin t yt = ic c e t cost + c + c e t sin t Nu hebben we een probleem: we willen de reële oplossingen hebben Bedenk dat e +it = e t e it = e t cost + ie t sint Door nu c en c zo te kiezen dat a = c + c R èn b = ic c R krijgen we alle reële oplossingen { xt = ae Dus: alle reële oplossingen zijn t cost + be t sint yt = be t cost + ae t sint met a, b R 7 Stelsels inhomogene differentiaalvergelijkingen Ook voor stelsels inhomogene differentiaalvergelijkingen werkt het gebruikelijke proberen van een oplossing voor bepaalde soorten rechterlid Voorbeeld: { x = y + t y = x + t Eerst het homogene stuk { x = y x y = x ofwel 0 y = 0 x y Eigenwaarden zijn ±i, alle oplossingen voor de homogene vergelijking zijn { xt = a cost + b sin t met a, b R yt = b cost + a sin t Nu moeten we nog één oplossing van de inhomogene vergelijking vinden x a c e g Probeer daartoe = t y + t b + t + met d f h a, b, c, d, e, f, g, h reële getallen Dan is x y = t a b = t b + a c + t d e + f + t d c f + t e + h + g 7
Vergelijk coëfficienten, je krijgt het volgende stelsel van acht vergelijkingen met acht onbekenden: a = 0 b = 0 d = a c = b c = f e + = d e = h f = g Dit stelsel is eenvoudig op te lossen, je krijgt a = d = 0, b =, c =, e =, f = g = 6, h = Samenvattend: x 0 = t y +t 0 +t 6 6 + = t t 6 t 6t + De algemene oplossing is dus: { xt = a cost + b sin t + t t 6 yt = b cost + a sin t t 6t + 8
Opgaven Determinanten a Bereken de volgende determinanten: 4 9 6 8 0 0 0 4 0 0 4 7 4 5 4 5 8 5 4 7 5 8 b Bewijs: a b c = a bb cc aa + b + c a b c p q r c Bewijs: q r p r p q = 0 0 p q + r λ d Los λ op uit λ λ = 0, met λ R λ 4 0 e Bereken : 0 i 4 0 i 4 i 4 i 0 x 0 x f Los op : 0 0 x = 0 0 0 0 x 4 5 5 5 5 5 9
Stelsels vergelijkingen a Bepaal de oplossing van { x y + z = 6 x + y z = 4 b Voor welke waardenn van p is er een oplossing van het volgende stelsel? Geef de oplossing ook c Heeft het stelsel x y + z = x + y z = 6 x + y + z = x y z = p x 4y + z = 9 x y z = 4x 6y 8z = 6 x + y 4z = een oplossing? Zo ja, welke? d Voor welke waarden van p heeft het volgende stelsel een oplossing? x + pz = y + pu = px + z = py + u = Bepaal ook de oplossingen voor die waarden van p waarvoor het stelsel oplosbaar is Men zoekt een particuliere oplossing φx van de lineaire dv ay + by + cy = fx Welke gedaante van φx met onbepaalde coëfficienten probeert u, als: a fx = x + sin x b fx = xe x c fx = sinx + cosx + d fx = e x sin x 4 Bepaal de algemene oplossing: a y y y = 0 b y 4y + y = 0 c y + y + y = 0 d y + y = 0 e y + y 8y 4x = 0 f y = e x + 4y + 8 + sinx h ẍ + ẋ = t sint cost [ ẋ = dx ] 40
5 Los de volgende beginwaardeproblemen op: a b { y y + y = 0 y0 = y 0 = 0 { ẍ x = cost t sint x0 = 0 ẋ0 = 6 Bepaal van de volgende stelsels differentiaalvergelijkingen de oplossing e a c { dx dy dx = x + y = x + y = x + z dy = y + z dz = x + y + z b d { dx dy dx = x y = 4x + y = x + y + z dy = x y dz = x z Bepaal van het stelsel onder d die oplossingen die voldoen aan x0 =, y0 =, en z0 = 0 f h { dx dy { dx = x + y + e t = x + y e t g = x + y + t 5 dy = x + y i { dx dy dx = 4x y + sin t = x y cost = x + y + z + 48t dy = x y + e t dz = x z e t 4