Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 9.3 email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2ds6 Technische Universiteit Eindhoven college 2 J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 / 29

Inhoud Symmetrische matrices 2 Stelsels differentiaalvergelijkingen J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 2 / 29

Symmetrische matrices Definitie Een (vierkante) matrix A is symmetrisch als A = A T. Stelling Als A een symmetrische matrix is, dan heeft A alleen reële eigenwaarden. Voorbeeld [ ] A = A is symmetrisch det(λi A) = λ λ = λ2 = (λ )(λ + ) [ ] A = A is niet symmetrisch det(λi A) = λ λ = λ2 + = (λ i)(λ + i) J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 3 / 29

Stelling Voor elke matrix zijn de eigenvectoren bij verschillende eigenwaarden lineair onafhankelijk. Voor symmetrische matrices geldt een sterkere uitspraak: Stelling Voor een symmetrische matrix zijn eigenvectoren bij verschillende eigenwaarden onderling orthogonaal. Voorbeeld De symmetrische matrix A = [ 2 ] [ 3 2 2 (bij eigenwaarde 4), en ] heeft eigenvectoren [ 2 Deze twee eigenvectoren hebben inproduct. ] (bij eigenwaarde ) J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 4 / 29

Definitie Een vierkante matrix P heet orthogonaal als P inverteerbaar is met Voorbeeld P = P T P = [ 2 5 2 ] dan P T = [ 5 2 2 ] en dus P T P = [ ] Stelling Een n n matrix P is orthogonaal dan en slechts dan als zijn kolommen (rijen) een orthonormale basis van R n vormen. Bewijs: kolommen orthonormaal vanwege P T P = I n ; rijen orthonormaal vanwege PP T = I n. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 5 / 29

Stelling Een n n matrix A is diagonaliseerbaar dan en slechts dan als er een inverteerbare matrix P bestaat, met eigenvectoren van A als kolommen, zodat P AP een diagonaalmatrix is, met eigenwaarden van A op de diagonaal. Niet elke vierkante matrix is diagonaliseerbaar omdat soms dime λ < k λ voor een eigenwaarde λ met multipliciteit k λ. Voor een symmetrische matrix geldt voor elke eigenwaarde λ: en daarom: Stelling dime λ = k λ Elke symmetrische n n matrix A is diagonaliseerbaar. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 6 / 29

Als A symmetrisch is kan bovendien de diagonaliserende matrix P speciaal gekozen worden omdat de verschillende eigenruimtes onderling orthogonaal zijn, en voor elke eigenruimte een orthonormale basis bestaat (Gram-Schmidt). Stelling Elke symmetrische n n matrix A is diagonaliseerbaar, en er bestaat een orthogonale matrix P, met eigenvectoren van A als kolommen, zodat een diagonaalmatrix is. P AP = P T AP = D NB: (andersom) als A te diagonaliseren is mbv een orthogonale matrix P dan moet A symmetrisch zijn. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 7 / 29

Voorbeeld A = 2 2 2 2 2 2, p(λ) = (λ + 2) 2 (λ 4) λ = 2 is een eigenwaarde van multipliciteit 2. De eigenruimte bij λ = 2 is de oplossingsruimte van het homogene stelsel ( 2I A)x = met coëfficiëntenmatrix 2I A = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Een basis voor deze eigenruimte wordt gevormd door de vectoren u = en u 2 =. Deze vectoren zijn niet orthogonaal. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 8 / 29

Voorbeeld [vervolg] Neem (Gram-Schmidt) v = u = v 2 = u 2 u 2 v v v v = en 2 = 2 2 Na normeren vinden we een orthonormale basis voor de eigenruimte bij eigenwaarde 2 bestaande uit w =, en w 2 = 2 6 2 J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 9 / 29

Voorbeeld [vervolg] A = 2 2 2 2 2 2, p(λ) = (λ + 2) 2 (λ 4) λ 2 = 4 is een eigenwaarde van multipliciteit. De eigenruimte bij λ = 4 is de oplossingsruimte van het homogene stelsel (4I A)x = met coëfficiëntenmatrix Een basis is 4I A = voor deze eigenruimte. 4 2 2 2 4 2 2 2 4 en dus is 3 een orthonormale basis J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 / 29

Voorbeeld [vervolg] Als we nu voor de matrix P nemen P = 2 6 3 2 3 6 2 6 3 dan geldt dat P AP = P T AP = D = 2 2 4. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 / 29

Definitie Een lineaire transformatie L : R n R n heet een isometrie als het inproduct van twee vectoren behouden blijft onder L: (L(x), L(y)) = (x, y), voor alle x en y in R n NB: Een isometrie behoudt lengtes van vectoren en hoeken tussen vectoren. Stelling Een lineaire transformatie L : R n R n is een isometrie dan en slechts dan als de standaard matrix-representatie van L een orthogonale matrix is. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 2 / 29

Stelling Als A een orthogonale matrix is dan is det(a) gelijk aan of NB: Dus een isometrie behoudt ook volume. Voorbeeld Rotatie over een hoek φ of een spiegeling in de x-as in de R 2 zijn isometrieën. [ cos φ ] sin φ [ ] sin φ cos φ J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 3 / 29

Diagonalisatie van een symmetrische n n matrix A. Bepaal het karakteristiek polynoom p(λ) van A. 2. Vind de (reële) wortels van p(λ). Dit zijn de eigenwaarden van A. 3. Vind voor elke eigenwaarde λ i van multipliciteit k i een orthonormale basis van de nulruimte van de matrix λ i I A, de eigenruimte bij λ i. Voor elke i is de dimensie van deze eigenruimte gelijk aan k i, want een symmetrische matrix is diagonaliseerbaar. Omdat eigenvectoren bij verschillende eigenwaarden orthogonaal zijn vormen de orthonormale bases van de verschillende eigenruimtes samen een orthonormale basis van de hele ruimte R n. 4. Neem P gelijk aan de matrix met als kolommen de orthonormale basis van de R n gevonden bij 3. Dan is P een orthogonale matrix (dus P is eenvoudig te bepalen: P = P T ) en D = P AP = P T AP is een diagonaalmatrix met op de diagonaal de eigenwaarden van A, in volgorde corresponderend met de kolommen van P. MATLAB: A = A T dan geeft [P, D] = eig(a) een orthogonale matrix P. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 4 / 29

Vloeistofstroming door membranen In cel bevindt zich 4 milliliter, in cel 2 bevindt zich 5 milliliter vloeistof op tijdstip. Stroming van cel naar cel 2 is evenredig met drie maal het volume van vloeistof in cel : x (t) = 3x (t) Stroming uit cel 2 naar buiten is evenredig met twee maal het volume van vloeistof in cel 2: x 2(t) = 3x (t) 2x 2 (t) Wat zijn de volumes in cellen en 2 op tijdstip t (x (t) en x 2 (t))? Antwoord: los een lineair stelsel differentiaalvergelijkingen op gegeven door een matrixvergelijking: [ x (t) x 2 (t) ] = [ 3 3 2 ] [ x (t) x 2 (t) ] ofwel x = Ax J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 5 / 29

De eigenwaarden van de matrix A = [ 3 3 2 zijn λ = 3 en λ 2 = 2 met corresponderende eigenvectoren [ ] [ ] en 3 en de matrix is A is diagonaliseerbaar: voor de matrix [ ] [ P = met P = 3 3 ] ] geldt P AP = D = [ 3 2 ]. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 6 / 29

Uit ofwel x = Ax volgt P x = P Ax = (P AP)P x u = Du met u = P x. Dit stelsel kunnen we oplossen: [ ] [ ] [ u (t) 3 u (t) u 2 (t) = 2 u 2 (t) ] ofwel u (t) = 3u (t) u 2(t) = 2u 2 (t) Algemene oplossing: u (t) = b e 3t, b R u 2 (t) = b 2 e 2t, b 2 R J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 7 / 29

Algemene oplossing: u (t) = b e 3t, b R u 2 (t) = b 2 e 2t, b 2 R Omdat u = P x, geldt x = Pu, dus [ ] [ x (t) = x 2 (t) 3 ] [ u (t) u 2 (t) ] ofwel x (t) = u (t) = b e 3t x 2 (t) = 3u (t) + u 2 (t) = 3b e 3t + b 2 e 2t Uit de gegeven beginwaarden x () = 4 en x 2 () = 5 volgt b = 4 en 3b + b 2 = 5 dus b 2 = 25. Kortom, de oplossing is x (t) = 4e 3t x 2 (t) = 2e 3t + 25e 2t J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 8 / 29

Lineaire stelsels differentiaalvergelijkingen Definitie Een eerste orde homogeen lineair stelsel van differentiaalvergelijkingen is een stelsel van de vorm x (t) = a x (t) + a 2 x 2 (t) + + a n x n (t) x 2 (t) = a 2x (t) + a 22 x 2 (t) + + a 2n x n (t)... x n(t) = a n x (t) + a n2 x 2 (t) + + a nn x n (t) waarbij de a ij, i m, j n gegeven constanten in R zijn. In matrix-notatie: x (t) = Ax(t) of x = Ax waarbij x (t) = x (t). x n(t) en x(t) = x (t). x n (t) en A = a a 2 a n... a n a n2 a nn J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 9 / 29

Een oplossing van het systeem is een n-vector functie x(t) die aan alle differentiaalvergelijkingen voldoet. De verzameling van alle oplossingen is een lineaire deelruimte van de vectorruimte van differentieerbare reëelwaardige n-vector functies. Een fundamenteel systeem voor het stelsel is een basis {x () (t), x (2) (t),..., x (n) (t)} van deze oplossingsruimte. Dus elke oplossing x(t) van het stelsel is een lineaire combinatie van de n-vector functies in het fundamentele systeem: x(t) = b x () (t) + b 2 x (2) (t) + + b n x (n) (t) met b,..., b n constanten in R. De algemene oplossing van het lineaire stelsel differentiaalvergelijkingen is dus van de vorm x(t) = b x () (t) + b 2 x (2) (t) + + b n x (n) (t), b,..., b n R J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 2 / 29

Invullen van specifieke waarden voor b,..., b n geeft een particuliere oplossing van het stelsel. In toepassingen is vaak sprake van een zogenaamd beginwaarde probleem : x = Ax, x() = x met x een vaste n-vector van beginwaarden. De voorwaarde x() = x heet een beginvoorwaarde. Een beginwaarde probleem komt gegeven een fundamenteel systeem {x () (t), x (2) (t),..., x (n) (t)} voor het stelsel neer op het oplossen van een onbekende vector b uit de matrixvergelijking: waarbij Cb = x, b = en C de matrix is met kolommen x () (), x (2) (),..., x (n) (). Omdat de kolommen van C een fundamenteel systeem vormen is C niet-singulier dus is er een unieke oplossing voor b. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 2 / 29 b b 2. b n

Voorbeeld Een enkele differentiaalvergelijking heeft als algemene oplossing x (t) = ax(t), ofwel dx dt = ax x(t) = be at, b R. Het beginwaarde probleem x (t) = ax(t), x() = x heeft dus als oplossing (stel t = in de algemene oplossing en vind zo b) x(t) = x e at. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 22 / 29

Het stelsel is diagonaal als de matrix A een diagonaalmatrix is. Het is dan eenvoudig op te lossen aangezien elke differentiaalvergelijking onafhankelijk van de andere opgelost kan worden. Voorbeeld x x 2 x 3 = 3 2 4 x x 2 x 3 is equivalent met de drie differentiaalvergelijkingen x = 3x x 2 = 2x 2 x 3 = 4x 3 en de algemene oplossing x(t) is dus gelijk aan x (t) x 2 (t) x 3 (t) = b e 3t b 2 e 2t b 3 e 4t = b e 3t + b 2 e 2t + b 3 e 4t J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 23 / 29

Voorbeeld [vervolg] De functies x () (t) = e 3t, x (2) (t) = e 2t, x (3) (t) = e 4t, vormen een fundamenteel systeem voor hetdiagonale stelsel. Met b e beginvoorwaarde x() = 2 vinden we b 2 e = 2, dus 3 b 3 e 3 b =, b 2 = 2, b 3 = 3 en de oplossing wordt x (t) x 2 (t) x 3 (t) = e 3t 2e 2t 3e 4t = e 3t + 2 e 2t + 3 e 4t J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 24 / 29

Stelling Als de n n matrix A n lineair onafhankelijke eigenvectoren p, p 2,..., p n heeft bij de eigenwaarden λ, λ 2,..., λ n, dan is de algemene oplossing van x = Ax gelijk aan x(t) = b p e λ t + b 2 p 2 e λ 2t + + b n p n e λnt Bewijs: Laat P de matrix zijn met kolommen p, p 2,..., p n. Dan is P AP = D, met D de diagonaalmatrix met λ, λ 2,..., λ n op de diagonaal. We vinden x = Ax P x = P Ax = (P AP)P x = D(P x) ofwel u = Du met u = P x (dus u = P x ). J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 25 / 29

Het diagonale stelsel heeft als oplossing u = Du u () (t) = u(t) = b u () (t) + b 2 u (2) (t) + + b n u (n) (t) met b, b 2,..., b n willekeurige constanten in R en. eλ t, u (2) (t) =. eλ 2t,..., u (n) (t) = een fundamenteel systeem voor het diagonale stelsel. Uit x(t) = Pu(t) = b Pu () (t) + + b n Pu (n) (t) leiden we af dat de algemene oplossing gelijk is aan x(t) = b p e λ t + b 2 p 2 e λ 2t + + b n p n e λnt met p, p 2,..., p n de kolommen van P.. eλnt, J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 26 / 29

Voorbeeld x = x x 2 x 3 = 8 4 7 x x 2 x 3 Het karakteristiek polynoom van A is gelijk aan, x() = p(λ) = λ 3 7λ + 4λ 8 = (λ )(λ 2)(λ 4) dus de eigenwaarden zijn λ =, λ 2 = 2, λ 3 = 4 met eigenvectoren, 2, 4, 4 6 dus de algemene oplossing wordt gegeven door x(t) = b e t + b 2 2 4 e 2t + b 3 4 6 4 6 8 e 4t. J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 27 / 29

Voorbeeld [vervolg] De algemene oplossing wordt gegeven door x(t) = b e t + b 2 2 4 De beginvoorwaarde is e 2t + b 3 x () = 4, x 2 () = 6, x 3 () = 8 4 6 e 4t. We schrijven de algemene oplossing als x = Pu en vullen in t = : 4 b e x() = 6 = 2 4 b 2 e 8 4 6 b 3 e J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 28 / 29

Voorbeeld [vervolg] 2 4 4 6 b b 2 b 3 = Oplossen van deze matrixvergelijking geeft b = 4 3, b 2 = 3, b 3 = 3. De oplossing van het beginwaarde problem is dus x(t) = 4 e t + 3 2 e 2t 4 e 4t 3 3 4 6 4 6 8 J.Keijsper (TUE) Lineaire Algebra voor ST college 2 29 / 29