Uitwerking van het tentamen van Lineaire Algebra voor E, 17 januari

Uitwerking van het tentamen van Lineaire Algebra voor E,
17 januari 2005.
1a) Indien c = 1 krijgen we
vergelijkingen:

1
 1
1
door vegen van de uitgebreide matrix van het stelsel
 

1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 ∼ 0 0 0 0 
1 1 1
0 0 0 0
Dus x1 + x2 + x3 = 1. Hierbij zijn x2 = r en x3 = s willekeurig te keizen reëele
getallen. Dus [x1 , x2 , x3 = [1 − r − s, r, s] = [1, 0, 0] + r[−1, 1, 0] + s[−1, 0, 1] is de
parameter voorstelling van alle oplossingen.
1b) Indien c = −2 krijgen

1 −2 1
 1
1 −2
−2 1
1
we door vegen van de
 
1
1 −2 1


1 ∼ 0 3 −3
1
0 −3 3
uitgebreide matrix:
 

1
1 −2 1 1
0  ∼  0 1 −1 0 
3
0 0
0 3
Uit de laatste regel volgt dat 0 = 3. Dis is een tegenspraak. Dus er is geen oplossing.
1c) Het stelsel vergelijkingen heeft als bijbehorende uitgebreide matrix:


1 c 1 1
 1 1 c 1 
c 1 1 1
Voor c = 1 zijn er oneindig veel oplossingen volgens (1a) en als c = −2 is er geen
oplossing volgens (1b). Neem nu aan dat c 6= 1 en c 6= −2. In het volgende veegproces
kunnen we dus door c−1 en c+2 delen. Door vegen van de oorspronekelijke uitgebreide
matrix krijgen we:






1
1
c
1
1
c
1 1
1 0 1+c 1
 0 1−c c−1
0  ∼  0
1
−1 0  ∼  0 1 −1 0 
2
0 1−c 1−c 1−c
0 1+c 1 1
0 0 2+c 1



1
1 0 0 1 − (1 + c)/(2 + c)
1 0 1+c
 ∼  0 1 0

0
1/(2 + c)
∼  0 1 −1
0 0
1
1/(2 + c)
0 0 1
1/(2 + c)

Hierbij is 1−(1+c)/(2+c) = 1/(2+c). Dus dit stelsel heeft een unieke oplossing dan en
slechts dan als c 6= 1 en c 6= −2. In dit geval is de oplossing x1 = x2 = x3 = 1/(2 + c).
2a) Het vegen van de rijen van A geeft de volgende rij matrices




3 6 −1 4 6
3
6 −1 4
6
 2 4 −1 1 2  ∼  −1 −2 0 −3 −4  ∼
3 6 −2 −1 0
0
0 −1 −5 −6




0 0 −1 −5 −6
1 2 0 3 4
 1 2 0
3
4  ∼  0 0 1 5 6 
0 0 1
5
6
0 0 0 0 0
2b) De rang van A is het aantal spillen van de rijgereduceerde normaalvorm, en is
dus 2.
2c) Een basis van de kolommenruimte wordt verkrijgen door de kolommen van A te
nemen die corresponderen met kolommen van de spillen in de rijgereduceerde normaal
vorm van A. Een basis van de kolommenruimte wordt dus gevormd door de eerste
en de derde kolom van A:
  

3
−1
 2  ,  −1  .
3
−2
Als alternatief kan AT geveegd worden. We krijgen dan als uitkomst de volgende
basis van de kolommenruimte:

  
1
0
 0 , 1 .
−1
3
3a) Er geldt sin2 (t) + cos2 (t) = 1. Dus v4 = v1 − v3 , en v4 is een lineaire combinatie
van v1 , v2 en v3 .
3b) Stel voor de getallen a1 , a2 , a3 in R geldt: a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 = 0. Dan is
a1 + a2 sin(t) + a3 sin2 (t) = 0 voor alle t in R. Invullen van de waarden t = 0, t = π/2
en t = −π/2 geeft het volgende stelsel vergelijkigen:

= 0,
 a1
a1 + a2 + a3 = 0,

a1 − a2 + a3 = 0.
Hieruit volgt dat a1 = a2 = a3 = 0 de enige oplossing is. Dus v1 , v2 en v3 zijn
onafhankelijk.
3c) Uit (3a) volgt dat v1 , v2 en v3 de ruimte W voortbrengen. Uit (3b) volgt dat v1 ,
v2 en v3 onafhankelijk zijn. Dus v1 , v2 , v3 is een basis van W . De dimensie van W
is derhalve 3.
4a) Door de tweede kolom door 2 te delen, de derde door 3 en de vierde door 4, en
vervolgens te vegen en naar een kolom te ontwikkelen krijgen we voor de determinant
van A:
8
7
6
4
8
8
6
4
6
6
6
3
4
4
4
4
8
7
= 2·3·4·
6
4
4
4
3
2
2
2
2
1
1
1
1
1
4
3
= 24 ·
2
4
2
2
1
2
1
1
1
1
0
0
0
1
=
4 2 1
24 · 3 2 1
2 1 1
2 1 0
= 24 · 1 1 0
2 1 1
= 24 ·
2 1
1 1
= 24 · (2 − 1) = 24.
4b) De matrix A is inverteerbaar, want det(A) = 24 6= 0.
4c) Er geldt: det(2A−1 ) = 24 · (det(A))−1 = 16/24 = 2/3.
5a) Gegeven zijn w1 = [1, 1, −1, −1] en w2 = [1, 2, −1, 0]. Dan is
p
√
k w1 k= 12 + 12 + (−1)2 + (−1)2 = 4 = 2 en
p
√
k w2 k= 12 + 22 + (−1)2 + 02 = 6.
Verder is
(w1 , w2 ) = 1 · 1 + 1 · 2 + (−1) · (−1) + (−1) · 0 = 4.
Er geldt
(w1 , w2 ) =k w1 k · k w2 k · cos(ϕ)
√
√
Dus 4 = 2 · 6 · cos(ϕ),
derhalve
is
cos(ϕ)
=
2/
6
=
6/3,
√
(dus ϕ = arccos( 6/3) = 0.6154797087...) .
√
5b) Voor het verkrijgen van een orthogonale basis voor W passen we de procedure
van Gram-Schmidt toe op het stelsel w1 , w2 , w3 . Dus v1 = w1 = [1, 1, −1, −1] en
v2 = w2 −
(w2 , v1 )
v1 .
(v1 , v1 )
Dus
v2 = [1, 2, −1, 0] − 44 [1, 1, −1, −1] = [0, 1, 0, 1].
Verder is
v3 = w3 −
(w3 , v1 )
(w3 , v2 )
v1 −
v2 .
(v1 , v1 )
(v2 , v2 )
Dus
v3 = [2, 1, 0, −1] − 44 [1, 1, −1, −1] − 02 [0, 1, 0, 1] = [1, 0, 1, 0].
Door vervolgens de vectoren v1 , v2 en v3 door hun lengtes te delen krijgen we een
orthonormale basis u1 ,u2 , u3 met
u1 = 12 [1, 1, −1, −1],
5c) Het orthogonale
dus uit alle x ∈ R4
AxT = 0, waarbij A
geeft

1 1 −1
 1 2 −1
2 1 0
u2 =
√1 [0, 1, 0, 1],
2
u3 =
√1 [1, 0, 1, 0].
2
complement bestaat uit alle vectoren die loodrecht op W staan,
waarvoor geldt (w1 , x) = 0, (w2 , x) = 0 en (w3 , x) = 0, ofwel
de 3 × 4 matrix is met w1 , w2 en w3 als rijen. Het vegen van A





−1
1 1 −1 −1
1 0 0 −1
0  ∼  0 1
0
1  ∼  0 1 0 1 .
−1
0 −1 2
1
0 0 1 1
Dus x1 x2 en x3 zijn de gebonden variabelen en x4 de vrije. Dus AxT = 0 dan en
slecht dan als


x1 = r


 x1 − x4 = 0

x2 = −r
x2 + x4 = 0 , d.w.z.
x


3 = −r

x3 + x4 = 0

x4 = r
dus
x = [x1 , x2 , x3 , x4 ] = r[1, −1, −1, 1]
met r in R willekeurig. Hieruit volgt dat [1, −1, −1, 1] een basis is van het orthogonale
complement van W .
6a) Het karakteristieke polynoom van A is:
λ − 6 28
−2 λ + 9
= (λ − 6)(λ + 9) − 28 · (−2) = λ2 + 3λ + 2.
Er geldt
λ2 + 3λ + 2 = (λ + 1)(λ + 2).
Het karakteristieke polynoom heeft de eigenwaarden λ1 = −1 en λ2 = −2 als nulpunten.
Voor een eigenvector bij de eigenwaarde λ1 = −1 kijken we naar de nulruimte van
−I2 − A. Hiertoe vegen we −I2 − A tot de rij-gereduceerde echelon vorm
−7 28
1 −4
−I2 − A =
∼
.
−2 8
0 0
Dus v1 = [4, −1]T is een eigenvector bij de eigenwaarde −1.
Voor een eigenvector bij de eigenwaarde λ2 = −2 kijken we naar de nulruimte van
−2I2 − A.
−8 28
2 −7
−2I2 − A =
∼
.
−2 7
0 0
Dus v2 = [7, 2]T is een eigenvector bij de eigenwaarde −2.
6b) De eigenvectoren v1 , v2 vormen een basis, omdat de eigenwaarden verschillend
zijn. Een matrix P wordt nu gegeven door de eigenvectoren als kolommen van P te
nemen:
4 7
P =
.
1 2
De diagonaal matrix D wordt gegeven door de eigenwaarden op de diagonaal te zetten.
−1 0
D=
.
0 −2
Er geldt nu D = P −1 AP . Dus is A diagonaliseerbbaar.
6c) De algemene oplossing van de 1-ste orde homogene lineaire
differentiaalvergelijking x0 (t) = Ax(t) is van de vorm x(t) = c1 v1 eλ1 t + c2 v2 eλ2 t , dus
x1 (t)
4
7
−t
x(t) =
= c1
e + c2
e−2t ,
x2 (t)
1
2
met c1 , c2 in R willekeurig.