Technische Universiteit Delft
Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica
Mekelweg 4
2628 CD Delft
Uitwerkingen Tentamen Lineaire Algebra 1
wi1313MT / wi1313Wb
woensdag 14 januari 2004, 9.00 - 11.00 uur
1. Eerst vegen (zie : Lay, § 1.1 en § 1.2) :
1 0 1
−1 1 0
α 2 −4
1
∼ 0
0
1
β ∼
0
0
1
1
1
0 −α − 6
1
β+1
−α
1
1 0
1
∼ 0 1
β+1
1
−α − 2β − 2
0 0 α+6
1 0
1
0 1
1
0 2 −α − 4
1
.
β+1
α + 2β + 2
(a) Het stelsel is strijdig als α + 6 = 0 ∧ α + 2β + 2 6= 0, dus als α = −6 ∧ β 6= 2.
(b) Het stelsel heeft oneindig veel oplossingen als α = −6 ∧ β = 2.
(c) Het stelsel heeft precies één oplossing als α 6= −6 (en β willekeurig).
(d) Voor α = 2 ∧
1
0
0
β = 6 vinden we
1 0 1
0 1 1
1 1 7 ∼ 0 1 1
0 0 1
0 8 16
1
1 0 0
7 ∼ 0 1 0
2
0 0 1
−1
5 .
2
De oplossing is dus : x1 = −1, x2 = 5 en x3 = 2.
2. Eerst vegen (zie : Lay, § 1.1 en § 1.2) :
1 0 −2 −1
0
1 −2
1
1 −1
0 −2
1 −1
1 .
0 −2 ∼ 0
1 −2
1 ∼ 0 1 −2
0 0
0
0
−1
0
2
1
0 −1
2 −1
1
0
(a) Een basis van Col A (zie : Lay, § 2.8) is dus (bijvoorbeeld) : { 1 , −1 }.
0
−1
x1 = 2x3 + x4
x2 = 2x3 − x4
(b) Voor Nul A (zie : Lay, § 2.8) vinden we nu : Ax = o :
En
x3 en x4 zijn vrij.
dus :
x1
2x3 + x4
2
1
x2 2x3 − x4
=
= x3 2 + x4 −1 .
x=
x3
1
0
x3
x4
x4
0
1
2
1
2 −1
Een basis voor Nul A is dus (bijvoorbeeld) : {
1 , 0 }.
0
1
(c) Voor de (orthogonale) projectie van v op Col A hebben we een orthogonale basis
van Col A (zie : Lay, § 6.3) nodig. Met behulp van het orthogonaliseringsproces
van Gram-Schmidt (zie : Lay, § 6.4) vinden we :
0
1 −1 0 1
0
1
0
1
−1
1
−1 −
1 = −1 + 1
2
0
−1
−1
0
0
0 1 −1
1
−1
2+0
2
1
1
= −2 + 1 = −1 .
2
2
0−1
−1
0
2
Dus : { 1 , −1 } is een orthogonale basis van Col A. Dan geldt :
−1
−1
0
2 −1 2 1
0
−1
1
0
−1
0 1 −1 1
−1
projCol A v =
2
2 −1 2 −1
2
−1
−1
+
2
−1
2 −1 −1 −1
−1
0
2
−0 + 2
1
3
3
1
1 + −1 = −3 − 1 = −2 .
= −
2
6
2
−1
−1
3−1
1
3. Verschuif de vierhoek zodanig dat (bijvoorbeeld) hoekpunt
komt. Dan volgt (zie : Lay, § 3.3) :
1
−2
3
q−p=
−
=
2
5
3
3
2
5
−2
7
r−p=
−
=
=⇒
3
1
4
7
1
3
−2
5
s−p=
−
=
−1
3
−4
Dus : opp(P QRS) =
P in de oorsprong terecht
7 = 3 − 14 = −11
1 5 = −28 − 5 = −33.
−4 11 + 33
= 22.
2
4. Verschuif de driehoek zodanig dat (bijvoorbeeld) hoekpunt A in de oorsprong terecht
komt. Dan volgt (zie : Stewart, § 12.4) :
−1
1
−2
b−a= 4 − 2 = 2
3
−1
4
0
1
−1
en c − a = 2 − 2 = 0 .
3
−1
4
Bereken vervolgens het uitwendig product van deze twee vectoren :
−2
−1
8−0
8
2 × 0 = −4 + 8 = 4 .
4
4
−0 + 2
2
Dan volgt (zie : Stewart, § 12.4) :
8
4
√
√
1
opp(ABC) = || 4 || = || 2 || = 16 + 4 + 1 = 21.
2
2
1
5. (a) We bepalen de kleinste-kwadratenoplossing (zie : Lay, § 6.5 en § 6.6) van
−a
+c = −5
−b +c = −5
b +c = −5
2a +b +c = −25
−1
0 1
−5
0 −1 1
−5
en b =
⇐⇒ Ax = b met A =
0
−5
1 1
2
1 1
−25
.
Dan volgt :
−1
0 1
−1
0 0 2
5 2 1
0 −1 1
2 3 1
AT A = 0 −1 1 1
=
0
1 1
1
1 1 1
1 1 4
2
1 1
en
−5
−1
0 0 2
−45
−5
−25 .
AT b = 0 −1 1 1
−5 =
1
1 1 1
−40
−25
Voor AT Ax̂ = AT b
5
2
1
vinden we dus :
2 1 −45
1
1
4 3 1 −25 ∼ 0
1 −7 1 4 −40
0 −3 −19
1 0
11 −95
1
∼ 0 1 −7 55 ∼ 0
0 0 −40 320
0
−40
55
155
0 0 −7
1 0 −1 .
0 1 −8
−7
Dus : x̂ = −1 . De gevraagde cirkel is dus : 5x2 + 5y 2 − 7x − y − 8 = 0.
−8
(b) Schrijf de vergelijking van de cirkel (vergelijk met Stewart, § 12.1) in de vorm :
7
1
8
x − x + y2 − y =
5
5
5
⇐⇒
7
x−
10
2
1
+ y−
10
2
8
49
1
21
+
+
= .
5 100 100
10
q
7 1
Het middelpunt van de cirkel is dus 10
, 10 en de straal is 21
10 .
2
=
√
6 en ||v|| = 2. Uit (zie : Lay, § 6.1)
3
1√
π
u · v = ||u|| ||v|| cos θ volgt dan dat cos θ = √ =
3. Hieruit volgt dat θ = ,
2
6
2 3
want θ ∈ [0, π].
6. (a) Er geldt : u · v = 1 + 2 − 0 = 3 en ||u|| =
√
(b) Zie : Stewart, § 12.4 :
(a − b) × (a + b) = a × a + a × b − b × a + b × b = o + a × b + a × b + o = 2(a × b).
(c) Een orthogonale matrix Q is een vierkante matrix met orthonormale kolommen,
dat wil zeggen dat QT Q = I (zie : Lay, § 6.2). Dus geldt :
1 = det I = det(QT Q) = det QT · det Q = (det Q)2
=⇒
det Q = ±1.
