. Oefen opgaven Opgave... Gegeven zijn de lijnen l : 2 + λ m : 2 2 + λ 3 n : 3 6 4 + λ 3 6 4 a) Bepaal punten a l en b m zó dat de lijn door a en b parallel is met n. b) Bepaal de afstand tussen die lijn en n. Opgave..2. Bepaal een parametervoorstelling van de snijlijn van de vlakken x 2 2x 3 + = x x 2 x 3 + = Bereken de cosinus van de hoek tussen de twee vlakken. Bepaal een vergelijking van het vlak door (,, ) t dat loodrecht staat op de twee bovenstaande vlakken. Opgave..3. Bepaal voor elke waarde van α R de rang van de matrix 2 3 α 3 α 2 4 α α Opgave..4. Gegeven is de matrix 2 2 5 3 3 A = 2 2 2 4 2 2 Zij U de deelruimte opgespannen door de eerste 3 kolommen van A en V de deelruimte opgespannen door de laatste 3 kolommen van A. Onder U + V verstaan we de deelruimte U + V = {u + v u U, v V }. Bepaal een basis voor U, V, U + V en U V. Opgave..5. Zij U, V een tweetal deelruimten van R n en U + V de somruimte U + V = {u + v u U, v V }. Bewijs dat dim(u + V ) = dim(u) + dim(v ) dim(u V ).
Opgave..6. Zij A een n n-matrix van rang. Laat zien dat er getallen a, a 2,..., a n en b, b 2,..., b n zijn zó dat het element van A op plaats i, j gelijk is aan a i b j. Opgave..7. Zij S een eindige verzameling vectoren. Laat zien dat de rang van S gelijk is aan de dimensie van het opspansel van S. Opgave..8.(extraatje, lastig) Zij A een n n-matrix met de eigenschap dat A 2 = O. Bewijs dat rang(a) n/2. 2
.2 Uitwerkingen Uitwerking.2.. a) Stel 2 a = 2 + λ en b = + µ 2 3 De verschilvector a b heeft dezelfde richting als de richtingvector van n. zeggen, er is een ν zó dat a b = ν(6, 3, 4) t. Uitgeschreven: 2 6 a b = 2 + λ µ = ν 3 2 3 4 Dat wil De rechterzijde naar links en de twee eerste vectoren van de linkerzijde naar rechts, 6 λ + µ + ν 3 = 2 4 Dit zijn drie vergelijkingen in de onbekenden λ, µ, ν. In schemavorm: 6 3 2 4 Eerste kolom vegen: Tweede kolom vegen: 6 2 3 2 6 2 3 /2 /2 Uit de laatste vergelijking volgt ν/2 = /2. Dus ν =. Uit de tweede vergelijking: 2µ = 3ν = 4. Dus µ = 2. Uit de eerste: λ = µ + 6ν + = 3. Conclusie: 2 2 4 a = 2 3 = 5 en b = + 2 = 2 2 3 3 Je kunt zelf nu het antwoord controleren door het verschil a b te bepalen en te constateren dat dit precies min de richting vector van n is. 3
b) Stel a en b als boven gevonden. De afstand van de lijn door a en b tot n is hetzelfde als de afstand tussen a en n. Kies op c n zó dat c a loodrecht staat op n. Dat wil zeggen: 3 4 6 Het inproduct moet nul zijn: 6 2 5 + 6λ + λ 3 5 = + 3λ 4 7 + 4λ 6(5 + 6λ) + 3( + 3λ) + 4(7 + 4λ) = 6 3 4 Uitwerking geeft 6 + 6λ = dus λ =. De kortste verbindingsvector tussen a en n is nu (5 + 6λ, + 3λ, 7 + 4λ) t = (, 2, 3) t. De gevraagde afstand is de lengte van deze vector, 2 + 2 2 + 3 2 = 4. Uitwerking.2.2. Kies als parameter de variabele x 3. Dan volgt uit x 2 2x 3 + = dat x 2 = 2x 3. Uit x x 2 x 3 + = volgt nu x = x 2 + x 3 = 3x 3 2. In vectorvorm: x 3x 3 2 2 3 x 2 = 2x 3 = + x 3 2 x 3 x 3 Stel dat φ de hoek tussen de normaalvectoren van de vlakken is. Dan is de hoek tussen twee vlakken is gelijk aan de kleinste van φ of π φ. De cosinus na de hoek wordt daarmee cos φ. In ons geval is de hoek tussen de normaalvectoren (,, 2) t (,, ) t 2 + 2 + 2 2 2 + 2 + = 2 5 De snijlijn tussen twee vlakken staat loodrecht op de normalen van die vlakken. De normaalvector van het gevraagde vlak is dus de richtingvector van de snijlijn en dat is (3, 2, ) t (zie boven). Het gevraagde vla heeft de vorm 3x + 2x 2 + x 3 = c. De constante c volgt uit de eis dat (,, ) t in het vlak ligt. Er moet namelijk gelden 3 + 2 + = c en dus c = 6. De gevraagde vergelijking is 3x + 2x 2 + x 3 = 6. Uitwerking.2.3. Om de rang van een matrix te bepalen kunnen we bijvoorbeeld de kolomrang bepalen. Hiertoe voeren we een rijreductie op de matrix uit en tellen na afloop het aantal pivotplaatsen. De kolomindices van de pivotplaatsen zijn meteen de indices van de kolomvectoren die een basis van de kolomruimte vormen. In ons geval volgt uit 2 3 α 3 α 2 4 α α 4
na vegen eerste kolom () 2 3 α 3 α 4 α 4 α 3(α )/2 (α )(α 3)/2 We moeten nu de tweede kolom vegen. Dat kan alleen als α. Stel α. Dan krijgen we 2 3 α 3 α α 4 α (α )(α 3)/2 Nu staat de matrix in gereduceerde vorm. Er zijn drie pivot variabelen als (α )(α 3) = (dzw α = of 3) en vier anders. Stel nu α = in (). De tweede rij is dan nul. Laten we deze helemaal onderin zetten. 2 3 α 3 4 4 5/2 3/2 Vegen van de tweede kolom, 2 3 α 3 4 4 4 De matrix heeft nu weer een gereduceerde vorm en er zijn drie pivotelementen. Conclusie, als α =, of 3 dan heeft de matrix rang 3, in alle overige gevallen is de rang 4. Uitwerking.2.4. Geef de kolommen van de matrix even kort aan met a,..., a 6. De ruimte U wordt opgespannen door a, a 2, a 3. Deze blijken, na een rangberekening, onafhankelijk te zijn en vormen dus een basis van U. De ruimte V wordt door a 4, a 5, a 6 opgespannen. Deze zijn ook onafhankelijk en vormen dus een basis van V. De ruimte U + V wordt opgespannen door a t/m a 6. Hieruit moeten we een basis zien te kiezen. En vector p U V zit kan zowel in de vorm p = λ a + λ 2 a 2 + λ 3 a 3 geschreven worden als p = λ 4 a 4 + λ 5 a 5 + λ 6 a 6. Dus λ a + λ 2 a 2 + λ 3 a 3 = λ 4 a 4 + λ 5 a 5 + λ 6 a 6 Omgekeerd geeft elke oplossing λ,..., λ 6 van dit stelsel vergelijkingen een element van U V, namelijk λ 4 a 4 + λ 5 a 5 + λ 6 a 6 (of, als je wilt: λ a + λ 2 a 2 + λ 3 a 3 ) Verander nu λ 4, λ 5, λ 6 in λ 4, λ 5, λ 6 en breng de rechterzijde van de vergelijkingen naar links. Dan krijgen we 5
λ a + + λ 6 a 6 =. Dit stelsel homogene vergelijkingen luidt in schemavorm 2 2 5 3 3 2 2 2 4 2 2 Elimineer λ met de eerste vergelijking 2 2 3 5 3 2 2 3 2 3 2 2 2 2 We zouden nu λ 2 met de tweede vergelijking moeten elimineren. Dit introduceert noemers in onze berekening, dus laten we eerste de vierde vergelijking naar plaats twee verschuiven 2 2 2 2 3 5 3 2 2 3 2 3 2 2 Nu kunnen we λ 2 elimineren 2 2 2 2 3 8 5 5 2 3 3 3 3 Deel de laatste vergelijking door 3 en zet hem op de derde plaats 2 2 2 2 3 8 5 5 2 3 Elimineer nu λ 3 2 2 2 2 3 3 6 2 2 4 6
Eliminatie van λ 4, 2 2 2 2 3 3 6 De pivotvariabelen zijn dus λ, λ 2, λ 3, λ 4. Hiermee concluderen we dat a, a 2, a 3, a 4 een basis van de kolommen van A zijn en dus ook een basis van U + V. De niet-pivot variabelen zijn λ 5, λ 6. De oplossingsruimte heeft dus dimensie 2 en uit de laatste vergelijking volgt λ 4 = λ 5 2λ 6. Uit de overige vergelijkingen volgen λ, λ 2, λ 3 in termen van λ 5, λ 6. Deze hebben we echter niet nodig. Voor on volstaat het om te weten dat de vectoren van U V gegeven worden door λ 4 a 4 + λ 5 a 5 + λ 6 a 6 met de extra conditie λ 4 = λ 5 2λ 6. Dit invullen in de voorgaande formule geeft U V = {λ 5 (a 5 + a 4 ) + λ 6 (a 6 2a 4 ) λ 5, λ 6 R} De vectoren a 5 + a 4 en a 6 2a 4 spannen U V dus op. Bovendien zijn ze onafhankelijk en vormen ze een basis van U V. Uitwerking.2.5. Zij w,..., w r een basis van U V. We kunnen deze basis uitbreiden met vectoren v r+,..., v n V tot een basis van V. We kunnen de vectoren w i ook uitbreiden tot een basis van U door vectoren van U toe te voegen die we aangeven met u r+,..., u m U. In totaal hebben we nu r + (n r) + (m r) = m + n r vectoren. Het is duidelijk dat U + V = Span(w,..., w r, u r+,..., u m, v r+,..., v n ) Als we aantonen dat de geconstrueerde vectoren onafhankelijk zijn dan hebben we n + m r onafhankelijke vectoren gevonden die U + V opspannen. En daarmee een basis van U + V. Daaruit volgt: dim(u + V ) = m + n r = dim(u) + dim(v ) dim(u V ). En dat werd gevraagd. We hoeven nu dus alleen nog onafhankelijkheid aan te tonen. Stel λ w + + λ r w r + µ r+ u r+ + + µ m u m + ν r+ v r+ + + ν n v n = Hieruit zien we dat ν r+ v r+ + + ν n v n zowel bevat is in V als in U. Dus is het bevat in U V = Span(w,..., w r ). Omdat w,..., w r, v r+,..., v n onafhankelijk zijn, volgt nu dat ν r+ = = ν n =. Op dezelfde manier concluderen we dat µ r+ = = µ m =. We houden over λ w + + λ r w r = Omdat w,..., w r onafhankelijk volgt hier tenslotte uit dat λ = = λ r. Kortom, de enige relatie tussen de w i, u j, v k is de triviale. Deze vectoren zijn dus onafhankelijk. Uitwerking.2.6. Het feit dat rang(a) = betekent dat de kolomruimte wordt opgespannen door vector, die we (a,..., a n ) t noemen. De j-de kolom is een veelvoud, zeg b j van 7
(a,..., a n ) t, maw de j-de kolom ziet er uit als (a b j, a 2 b j,, a n b j ). Hieruit zien we dat het matrix-element van A op plaats i, j gegeven wordt door a i b j. Uitwerking.2.7. Zij v,..., v r een basis van S. Deze vectoren spannen ook Span(S) op en vormen dus ook een basis van Span(S). Conclusie: r = rang(s) = dim(span(s)). Uitwerking.2.8. Uit A 2 = O volgt A A = O. Hieruit zien we in het bijzonder dat elke kolom van de rechtermatrix A in de nulruimte zit van de linkermatrix A. De nulruimte heeft dus een dimensie die minstens rang(a) is. Anderzijds is de dimensie van de nulruimte gelijk aan n rang(a). Dus n rang(a) rang(a). Conclusie: n 2rang(A). 8