Het oplossen van stelsels lineaire vergelijkingen voor studenten IO

Het oplossen van stelsels lineaire
vergelijkingen voor studenten IO, concept
Emiel van Elderen
April 8, 2008
1
Inleiding
In dit document zullen we ons bezig houden met het systematisch oplossen van stelsels lineaire
vergelijkingen. Deze stelsels vormen de basis voor een wiskundig vakgebied lineaire algebra.
Het belang van lineaire algebra voor de toepassingen is, zeker door de enorme toename van
de rekenkracht van computers, groot. Vanwege deze grote rekenkracht heeft het modelleren in
vele wetenschappelijke disciplines (waaronder bijvoorbeeld mechanica en weersvoorspelling) de
laatste decennia een enorme vlucht genomen. Wetenschappers en ingenieurs werken nu aan veel
complexere problemen dan bijvoorbeeld in de periode van jullie geboorten. De voorbeelden die
ik hier zal gebruiken zijn afkomstig uit de statica (zie ook het boek “Statics and mechanics of
materials ” SI edition van R.C. Hibbler[1]). Let op: Statica is zeker niet het enige vakgebied
waarop lineaire algebra van toepassing is!
2
Het 2-dimensionaal krachtenspel op een puntmassa
Allereerst dit: De eenheden voor kracht , moment en lengte zijn resp. N, Nm en m. In het
vervolg worden deze eenheden niet genoteerd. Ook maken we de afspraak dat alle variabelen uit
R komen.
Gegeven een puntmassa m waarop 3 krachten werken in de gegeven richtingen. (zie figuur 1)
Op m werken drie krachten FA , FB en FC . Gegeven is dat het systeem in statisch evenwicht is.
Bepaal de krachten.
De lengte van de rechthoek is 10 en de hoogte is 5 .
HH
H
H
HH
*
H
FA
HH
Y
H
HHFB HH
um
H
H
HH
H
F
HH
?C
H
HH
H
H
Figure 1: Krachtenspel op een puntmassa
We kiezen de oorsprong O van het xy-assenstelsel in “m”, de x-as parallel aan basis van de
rechthoek (rechts positief) en de y-as loodrecht op de x-as. (omhoog positief)
We merken op dat de richtingen van de krachten voorgeschreven zijn door de vorm van de
rechthoek.
h ih
i
h i
−2x2
0
1
Zo kunnen we FA , FB en FC respectievelijk gelijk stellen aan 2x
,
en
x1
x2
x3 . Vanwege
P
het statisch evenwicht geldt
F = 0. Dus FA + FB + FC = 0. h
i
0
Allereerst schrijven we FC voor: stel x3 = −10, dus FC = −10
Dit leidt tot het stelsel
vergelijkingen:
1
2x1 + −2x2
x1 +
x2
= 0
= 10
(1)
De oplossing
10van
dit stelsel
−10 is eenvoudig ( uit het hoofd) te bepalen: x1 = 5, en x2 = 5 en
dus FA = 5 , FB = 5 . Dit stelsel (1) is een voorbeeld van een lineair stelsel van twee
vergelijkingen in twee onbekenden. Een verkorte en handige notatie van (1) is:
2 −2
0
(2)
1
1
10
We kunnen de grootte (niet de richting) van FC onbepaald laten. Dit geeft het volgende stelsel:
2x1 + −2x2
= 0
(3)
x1 +
x2 + x3 = 0
In de andere notatie:
2 −2 0 0
1
1 1 0
(4)
Dit stelsel (3) is een voorbeeld van een lineair stelsel van twee vergelijkingen in drie onbekenden.
De oplossing is niet zoals bij (1) uniek, er zijn meerdere oplossingen.
h i
h i
2
We geven er twee: x1 = −1, x2 = −1, x3 = 2, dit komt overeen met FA = −2
,
F
=
B
−1
−1
−2 2
0
en FCh = i 2 en x1 = 1, x2 = 1, x3 = −2, dit komt overeen met FA = 1 , FB = 1 en
0
FC = −2
.
Tot slot stellen we dat de kracht FB langs de verticale middellijn werkt i.p.v. langs de diagonaal
h i
0
en dat FA = 20
.
Bepaal
F
,
en
F
.
Nu
stellen
we
F
en
F
respectievelijk
gelijk
aan
B
C
B
C
10
x1
h i
en x02 . Dit geeft het volgende stelsel:
0 = −20
(5)
x1 + x2
= −10
Dit stelsel is onoplosbaar, d.w.z. er zijn geen reële getallen x1 en x2 te vinden die voldoen aan
beide vergelijkingen.
In bovenstaande hebben we te maken met eenvoudige lineaire stelsels die precies één, oneindig
veel en geen oplossing(en) hebben.
3
Het 2-dimensionaal krachten- en momentenspel op een staafje
We beschouwen een zeer eenvoudig “apparaat” nl. een staafje AB (“rigid”) in evenwicht waarop
krachten en momenten werken. Het type verbinding, bijv. een “roller” of “smooth pin” (connection) bij de uiteinden A en B laten voorlopig in het midden1 . We zullen zien dat dit toch al een
bewerkelijk, niet moeilijk, probleem oplevert en dat dus het aanbrengen van een overzichtelijk
rekenschema wenselijk is. Beschouw figuur 2
1
zie [1] blz 142 tabel 4-1
2
FA
M
A
u
m
A
FC =
a
b
u
m
u
C
M =c
FB
MB @
I
u
@m
B
de lengte van de staaf is d en AC=l
Figure 2: Krachtenspel op een staaf
Op het staafje werkt in punt C een gegeven kracht FC = ab en gegeven moment M = c. (let
op de “locatie” van M doet er niet toe!) Hierin zijn a, b en c elementen uit R.
Gevraagd: De krachten en momenten in de uiteinden A en B.
Zoals eerder gezegd is, is het type verbinding aan de uiteinden onbekend. Nu worden de
verbindingen gekarakteriseerd door het feit dat ze al dan niet een kracht kunnen uitoefenen
op de staaf, in welke richting en of ze moment kunnen leveren. (zie [1]).
3.1
voorbeeld 1
We rekenen de krachten en de momenten uit als gegeven is dat de verbinding bij A een scharnier
(“smooth pin”, dus het uitgeoefende moment is 0) is, de verbinding bij B een “roller” (dus bij
B wordt alleen een verticale kracht omhoog uitgeoefend en er wordt geen moment uitgeoefend)
, FC verticaal naar beneden werkt met grootte 10, M = 0, l = 5 en d = 10.
De oplossing:
We kiezen de oorsprong van het xy-assenstelsel in A, de x-as parallel aan de staaf en de hy-asi
loodrecht op x-as omhoog. Uit de gegevens volgt direct dat MA = 0 en MB = 0, dat FA = xx12
h i
en FB = x03 waarbij x1 , x2 en x3 de drie onbekenden zijn met x3 positief. Het staafje bevindt
P
P
zich in evenwicht dus
F = 0 en
M = 0. Dit leidt tot het volgende stelsel:

x1
= 0

x2 +
x3 = 10
(6)
10x3 = 50
De oplossing van dit stelsel wordt gegeven door x1 = 0, x2 = 5, x3 = 5. Dit stelsel (6) is een
voorbeeld van een lineair stelsel van drie vergelijkingen in drie onbekenden. Een verkorte en
handige notatie van (6) is:


1 0 0 0
 0 1 1 0 
(7)
0 0 10 50
3
3.2
voorbeeld 2
Zie voorbeeld 1, maar nu kiezen we bij A voor een fixed support, d.w.z. een verbinding die in
principe twee richtingen
een kracht en een moment op de staaf uitoefent. Ook
h i (x- en y-richting)
h i
x1
0
hier weer FA = x2 en FB = x3 . Het onbekende moment bij A stellen gelijk aan x4 . Uit
P
P
F = 0 en
M = 0 volgt:

x1
= 0

x2 +
x3
= 10
(8)
10x3 + x4 = 50
En de verkorte notatie:


1 0 0 0 0
 0 1 1 0 10 
0 0 10 1 50
(9)
Het stelsel (8) is een voorbeeld van een lineair stelsel van drie vergelijkingen in vier onbekenden.
Het aantal oplossingen is oneindig groot. Geef zelf twee oplossingen.
4
Stelsels lineaire vergelijkingen
In deze paragraaf wordt een waslijst van definities begrippen en een stelling gegeven die we in
het voorgaande al zijn tegengekomen. Het is kort opgeschreven zonder illustraties. Het advies
is om eerst vluchtig kennis te nemen van de eerste twee onderdelen “waslijst van definities en
een stelling” en “Oplossen van lineaire stelsels” en daarna de voorbeelden uit het onderdeel
“voorbeelden” te bestuderen. Meer over dit onderwerp is te vinden in [2].
4.1
Waslijst van definities en een stelling
definitie 1 Een lineaire vergelijking is een vergelijking van de vorm
a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = b
(10)
waarbij a1 , a2 , . . . , an en b reële constanten zijn. De getallen a1 , a2 , . . . , an worden de coëfficiënten
van de vergelijking genoemd en b de constante term.
definitie 2 Een vector [s1 , s2 , . . . , sn ] is een oplossing van de lineaire vergelijking (10) als
vervanging van x1 door s1 , x2 door s2 , . . . , xn door sn de vergelijking kloppend maakt.
definitie 3 Een eindig stel (eventueel één) lineaire vergelijkingen, allemaal met de dezelfde variabelen, wordt een stelsel lineaire vergelijkingen, of kortweg, een lineair stelsel, genoemd.
definitie 4 Een oplossing van een lineair stelsel is een vector die gelijktijdig oplossing is
van alle vergelijkingen.
definitie 5 De volledige oplossing, algemene oplossing of oplossingsverzameling van
een lineair stelsel is de verzameling van alle oplossingen van het stelsel.
4
stelling 1 Een lineair stelsel heeft één oplossing, òf oneindig veel oplossingen, òf geen oplossingen.
definitie 6 Een lineair stelsel met tenminste één oplossing is consistent. Een stelsel dat geen
oplossingen heeft is inconsistent.
definitie 7 Twee lineaire stelsels heten equivalent als ze dezelfde oplossingsverzameling hebben.
De algemene gedaante van een lineair stelsel van m

a11 x1 + a12 x2 + · · ·
 a21 x1 + a22 x2 + · · ·


.. ..
.. ..
..

. .
. .
.
am1 x1 + am2 x2 + · · ·
vergelijkingen in n onbekenden is
+
+
..
.
a1n xn = b1
a2n xn = bn
.. ..
..
. .
.
+ amn xn = bm
(11)
Hierin zijn x1 , x2 , . . . , xn de onbekenden, a11 , a12 , . . . , anm de gegeven coëfficiënten (uiteraard
elementen van R) en b1 , b2 , . . . , bn de gegeven reële constanten.
De gebruikte verkorte schrijfwijze van het stelsel (11) is


a11 a12 · · · a1n b1
 a21 a22 · · · a2n bn 


(12)

..
..
..
..
.. 

.
.
.
.
. 
am1 am2 · · · amn bm
Het getallenschema voor de verticale streep van (12) wordt de coëfficiëntenmatrix genoemd.
Deze matrices worden aangegeven met een hoofdletter, bijvoorbeeld met een A. De kolom
achter de verticale streep van het stelsel (12) wordt de constante vector genoemd en wordt
aangegeven met een vette letter, bijv b. Dus het stelsel (12)kunnen noteren als [A|b].
[A|b] wordt in het vervolg de aangevulde matrix van het stelsel (11) genoemd.
4.2
Oplossen van lineaire stelsels
Doel: het vinden van een snelle en efficiënte methode om lineaire stelsels op te lossen. Liefst
m.b.v. een algoritme (recept en dus te programmeren).
Strategie: We voeren een stelsel succesievelijk over in een nieuw equivalent stelsel dat eenvoudiger op te lossen is.
Hierbij mogen we:
• Bij een vergelijking een veelvoud van een andere vergelijking optellen.
• Een vergelijking vermenigvuldigen met een getal ongelijk 0.
• Twee vergelijkingen omwisselen.
Bovenstaande acties worden rij-operaties genoemd, het uitvoeren van deze operaties wordt
vegen genoemd. Doe dit zo dat het nieuwe stelsel de volgende gedaante heeft:
• De eerste vergelijking bevat zoveel mogelijk onbekenden.
5
• De tweede vergelijking bevat tenminste één onbekende minder.
• enzovoorts.
Los dit stelsel op middels terugsubstitutie.
Een voorbeeld van een aangevulde matrix van

♠ ♥ ♥ ♥
 0 0 ♠ ♥

 0 0 0 ♠
0 0 0 0
een stelsel die aan deze criteria voldoet is:

♥ ♥ ♥ ♥
♥ ♥ ♥ ♥ 
.
(13)
♥ ♥ ♥ ♥ 
0 0 ♠ ♥
In de aangevulde matrix van (13) zijn de reële getallen op de plaatsen ♠ ongelijk 0, deze posities
worden pivot posities genoemd en de getallen op deze plaatsen pivots. Aan de getallen op de
posities ♥ worden geen eisen gesteld.
4.3
voorbeelden
voorbeeld 1 In dit voorbeeld beschouwen we een stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden.
x1 − 2x2 = −1
(14)
−x1 + 3x2 = 10
In de verkorte notatie:
1 −2 −1
−1
3 10
(15)
We passen de voorgestelde strategie toe. We tellen de 1ste vergelijking bij de 2de op. Het resultaat
is:
x1 − 2x2 = −1
(16)
x2 =
9
Nu is stelsel (16) een eenvoudiger equivalent (aan (16)) stelsel dat door terugsubstitutie is op te
lossen: x2 = 9 en dus (we substitueren 9 voor x2 in de eerste vergelijking) x1 = 17. Ga na dat
de vector [17, 9] de unieke oplossing
is van stelsel(14). 1 −2 −1
1 −2 −1
Dit alles in de verkorte notatie:
wordt
−1
3 10
0
1
9
Dit laatste komt overeen met stelsel (16).
voorbeeld 2 Een voorbeeld van een stelsel met drie vergelijkingen in drie onbekenden:

x1 − 2x2 + x3 =
0

2x2 − 8x3 =
8
−4x1 + 5x2 + 9x3 = −9
(17)
De oplossing: We starten met de bijbehorende aangevulde matrix van het stelsel (17) en vegen
deze naar echelonvorm:
6
 
 

0
0
1 −2
1
1 −2
1
1 −2
1 0
 0
2 −8
2 −8
2 −8 8 
8 ,  0
8 ,  0
−4
5
9 −9
0 −3 13 −9
0
0
2 6

Bij de overgangen tussen de aangevulde matrices hebben de volgende acties plaatsgevonden:
• De eerste vergelijking is 4-maal opgeteld bij de derde vergelijking zodat de -4 naar 0 wordt
“geveegd”.
• De tweede rij is 3-maal bij 2-maal de laatste rij opgeteld.
Het laatste schema hoort bij het stelsel:

x1 − 2x2 + x3 = 0

2x2 − 8x3 = 8
2x3 = 6
(18)
Nu geldt dat dit laatste stelsel (18) equivalent is met het stelsel (17). Dit laatste stelsel lossen
we door terugsubstitutie op: Uit de laatste vergelijking volgt x3 = 3, dan volgt uit de tweede
vergelijking x2 = 16 en dan volgt uit de eerste vergelijking x1 = 29. Dit is dus ook de oplossing
van stelsel (17).
Analyse :
Als we de bovenstaande getallen schema’s bestuderen dan zien we dat we zo danig “vegen”
dat het aantal “beginnullen” van een rij steeds toeneemt van de eerste naar de tweede en van
de tweede naar de derde rij. Het laatste getallenschema is een equivalente echelon vorm van
het stelsel. Bijbehorende vergelijkingen zijn dan door terugsubstitutie op te lossen. Het eerste
niet-nul element 1 is de pivot van de eerste rij, 2 is dat van de tweede en 2 is dat van de derde
rij. Elke kolom heeft een pivot.
Opmerking: De vergelijkingen uit het deze voorbeelden kunnen we meetkundig interpreteren:
De vergelijkingen uit het stelsel (14) zijn vergelijkingen van rechte lijnen in het x1 x2 -vlak. De
oplossing [17, 9] van dit stelsel komt dan overeen met de coördinaten van het snijpunt van deze
lijnen. Zo ook komen de vergelijkingen uit het stelsel (17) overeen met vlakken in de x1 x2 x3 ruimte (zie hoofdstuk 12 van Stewart [3]). Het gemeenschappelijke snijpunt van deze vlakken is
de oplossing van het stelsel (14).
voorbeeld 3 Dit is een voorbeeld van een stelsel met drie
inconsistent is:

x2 + −4x3
 2x1 − 3x2 +
2x3
5x1 − 8x2 +
7x3
De oplossing: Wederom starten we
en vegen deze naar echelonvorm:

 
0
1 −4 8
2 −3
2
 2 −3


2 1 ,
0
1 −4
5 −8
7 1
5 −8
7
vergelijkingen in drie onbekenden dat
= 8
= 1
= 1
(19)
met de bijbehorende aangevulde matrix van het stelsel (17)
 
 

1
2 −3
2
1
2 −3
2 1
8 ,  0
8 ,  0
1 −4
1 −4 8 
1
0 −1
4 −3
0
0
0 5
Hierbij hebben de volgende acties plaatsgevonden:
7
• De eerste rij wordt verwisseld met de tweede rij.
• De eerste rij wordt -5-maal bij 2-maal de laatste rij opgeteld.
• De tweede rij wordt 1-maal bij de laatste rij opgeteld.
Het laatste schema hoort bij het stelsel:

2x1 − 3x2 + 2x3 = 1

x2 − 4x3 = 8
0 = 5
(20)
Duidelijk is dat de derde vergelijking uit stelsel (21) geen reële oplossingen heeft en dus het stelsel
inconsistent is en dat dus het originele stelsel (19) inconsistent is.
voorbeeld 4 Een voorbeeld van een stelsel
oneindig veel oplossingen heeft:

x2
 2x1 − 3x2
5x1 − 8x2
met drie vergelijkingen in drie onbekenden dat
+ −4x3 = 3
+
2x3 = 1
+
7x3 = 1
(21)
Het stelsel is bijna hetzelfde als vorige alleen is in de eerste vergelijking de 8 in een 3 veranderd.
Daarom is het veegproroces hetzelfde als het vorige. De aangevulde matrix van het uiteindelijke
resultaat is:


2 −3
2 1
 0
1 −4 3 
0
0
0 0
En dus het uiteindelijke stelsel:


2x1 − 3x2 + 2x3 = 1
x2 − 4x3 = 3
0 = 0
(22)
De laatste vergelijking uit (22) kunnen we weglaten, (dit betekent voor de aangevulde matrix
dat we een complete nulrij kunnen weglaten) zodat we een stelsel krijgen van twee vergelijkingen
in drie onbekenden, een onbekende “teveel”. Om de oplossingsverzameling van dit stelsel te
bepalen is het handig om de variabele uit de niet pivot-kolom vrij te kiezen. Dus: Stel x3 = λ
met λ ∈ R. De andere variabelen zijn dan door terugsubstitutie in λ uit te drukken. Zo is
x2 = 3 + 4λ en 2x1 = 1 + 3(3 + 4λ) − 2λ = 10 + 10λ. Dus x1 = 5 + 5λ. Uiteindelijk noteren we
de oplossingsverzameling van stelsel (21) overzichtelijk met vectoren :

  
 
x1
5
5
 x2  =  3  + λ  4 
(23)
x3
0
1
De oplossingsverzameling van (21) heeft zo gezegd één vrijheidsgraad (vanwege het feit dat we
één variabele vrij kunnen kiezen, in ons geval is x3 vrij gekozen)
Tot slot als we kennis nemen van hoofdstuk 12 van het boek van Stewart ([3]), dan kunnen we
de drie vergelijkingen uit stelsel (21) zien als vergelijkingen van drie vlakken die een gemeenschappelijke snijlijn hebben waarvan de vectorvoorstelling gegeven wordt door (23).
8
voorbeeld 5 Tot slot de oplossingsverzameling van een stelsel van één stelsel van drie variabelen: Beschouw
x1 + x2 + x3 = 1
(24)
We
gaan dit stelsel net zo behandelen als de voorgaande stelsels: De aangevulde matrix is:
1 1 1 1 . Er is één pivotkolom de eerste en twee niet pivot kolommen. De variabelen
behorende bij de niet pivot kolommen kiezen we vrij; x2 = λ en x3 = µ, waarbij λ en µ elementen
zijn van R. Dan x1 = 1 − λ − µ. Dit alles in vectornotatie geeft:
  





1
−1
−1
x1
 x2  =  0  + λ  1  + µ  0 
(25)
0
0
1
x3
Dus de oplossing van de vergelijking (24), die correspondeert met een vlak, is de ”vectorvergelijking” (25), die voorstelt de (parameter-) vectorvoorstelling van hetzelfde vlak. Zie hoofdstuk 12
uit Stewart ([3]).
5
Toepasingen uit de statica
De voorbeelden 1 en 2 uit de derde paragraaf zijn twee mechanische systemen, de eerste is een
een bepaald mechanisch systeem omdat de oplossing uniek is en de ander is een onderbepaald
mechanisch systeem om dat er oneindig veel oplossingen zijn.
Beschouw nu de figuur (2) uit paragraaf 3. Dit is min of meer de algemene twee-dimensionale
situatie van een kracht-en momentenspel op starre staaf. Stel we generaliseren dit naar het drie
dimensionale geval dan krijgen we het volgende:
De gegevens:
De staaf met lengte 10, plaatsen we langs de positieve x-as. Punt C(5,0,0) waar FC aangrijpt
ligt in het midden. De kracht
 C en het moment M(nu een drie dimensionale vector) op de
 in
d
a



e  waarbij a, b, c, d, e en f , willekeurig
b en het moment M =
staaf geven we door FC =
f
c
gegeven getallen zijn uit R. Dus, misschien ten overvloede, FC en M zijn geen variabelen van
het probleem.
Gevraagd:
De krachten en momenten in de eindpunten A en B van de staaf.
De oplossing:
Allereerst gaan we er van uit dat de verbindingen
leveren
 bij
 A en B moment
 en kracht
 kunnen

x1
x4
x7
in willekeurige richtingen. We stellen FA =  x2 , FB =  x5 ,MA =  x8 , en MB =
x3
x6
x9


x10
 x11 . Bij dit simpele probleem hebben we al te maken met 12 variabelen!
x12
P
P
In evenwicht moet gelden dat de vectorsommen
F en
M t.o.v. punt A beide 0 zijn. Dit is
een lineair stelsel van 6 vergelijkingen en 12 onbekenden, waarvan de aangevulde matrix gegeven
wordt door
9








1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1 0
0 0
0 1
0 0
0 0
1 0
0 0
0 1
0 0 −10 0
0 10
0 0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
−a
0
0
−b
0
−c
0
−d
0 −e + 5c
1 −f − 5b
0
0
0
0
1
0








(26)
Commentaar:
1. De eerste drie rijen uit (26) zijn afkomstig van FA + FB = −FC .
2. Rij vier t/m zes uit (26) zijn afkomstig van
MA + MB + [10, 0, 0] × FB + [5, 0, 0] × FC + M = 0.
2
3. Ofschoon de matrix niet helemaal een echelon vorm is, is wel in te zien dat het aantal
vrijheidsgraden 6 is.
Vaak kan extra informatie over bijvoorbeeld de verbindingen bij de punten A en B extra lineaire
vergelijkingen opleveren.
Stel
i De verbinding bij A is een “ball-socket”-verbinding (zie [1])
ii De richting van de kracht FB is evenwijdig aan [1, 2, 3]
Aan matrix (26)worden dan vijf extra rijen toegevoegd horende bij de vergelijkingen
i x7 = 0, x8 = 0 en x9 = 0 (MA = 0)
ii x5 = 2x4 en x6 = 3x4 (vanwege de voorgeschreven richting van de kracht bij B)
De aangevulde matrix is dan:

1 0 0
 0 1 0

 0 0 1

 0 0 0


 0 0 0

 0 0 0

 0 0 0

 0 0 0

 0 0 0

 0 0 0
0 0 0
1
0
0 0 0 0 0 0 0
−a
0
1
0 0 0 0 0 0 0
−b
0
0
1 0 0 0 0 0 0
−c
0
0
0 1 0 0 1 0 0
−d
0
0 −10 0 1 0 0 1 0 −e + 5c
0 10
0 0 0 1 0 0 1 −f − 5b
0
0
0 1 0 0 0 0 0
0
0
0
0 0 1 0 0 0 0
0
0
0
0 0 0 1 0 0 0
0
2 −1
0 0 0 0 0 0 0
0
3
0 −1 0 0 0 0 0 0
0



















(27)
Commentaar:
• Deze aangevulde matrix hoort bij een lineair stelsel met 11 vergelijkingen en 12 onbekenden, derhalve zal de oplossingverzamelijng geen of oneindig veel oplossingen bevatten.
(waarom?) Door dit voorbeeld krijg je ook inzicht in de werkwijze van computerprogramma’s bij het doorrekenen van constructies.
• De oplossingsverzameling van de aangevulde matrix (27) bepalen we met Maple.
2
voor de uit werking van [10, 0, 0] × FB en [5, 0, 0] × FC zie hoofdstuk 12 [3]
10
6
6.1
Oplossen van lineaire stelsels met Maple
De vectorvergelijking Ax = b
We hebben gezien dat we een stelsel kort kunnen noteren met een aangevulde matrix die we
kort noteren als [A|b]. Hierin is A de coëffiëntenmatrix en b de bekende vector van het gegeven
stelsel. In de lineaire algebra komt dit overeen met een matrix vector vergelijking Ax = b. Dit is
een vergelijking van het type ax = b die we allemaal in de brugklas behandeld hebben gekregen.
De vette x is de vector [x1 , x2 , . . . , xn ] waarbij x1 , x2 , . . . enz. de onbekenden zijn. Het is deze
notatie vorm waarmee het pakket Maple werkt. We geven de definitie van deze notatie en twee
voorbeelden De definitie (betekenis) van de matrix- vector vermenigvuldiging Ax is
definitie 8 De vermenigvuldiging tussen

a12 · · · a1n
a22 · · · a2n
..
..
..
.
.
.
am2 · · · amn
a11
a21
..
.


matrix A = 

am1





en vector

x1
x2
..
.


x=






xn
is gedefinieerd als



Ax = 

a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn
a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn
.. ..
.. ..
.. ..
..
. .
. .
. .
.
am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xn





(28)
Dus “uitkomst” van Ax is een vector !
Een paar voorbeelden:

"
1 1 2
#
1 2 3

1 1 2
voorbeeld 7 B =
1 2 3

"
 

en d = 
 3  dan is Ad =
4
voorbeeld 6 A =
"
1
#
s
12
#
19

"
 

en k = 
 t  dan is Bk =
u
Als we nu Ax = b uitschrijven dan volgt m.b.v. (28),
11
s + t + 2u
s + 2t + 3u
#





a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn
a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn
.. ..
.. ..
.. ..
..
. .
. .
. .
.
am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xn


 
 
=
 
b1
b2
..
.





(29)
bn
De vectorvergelijking (29) is afgezien van de haken niets anders dan het stelsel (11), dus het
oplossen van Ax = b is dus niets anders dan het oplossen van (11).
6.2
Het oplossen van stelsels met Maple
We behandelen hoe we in maple e.e.a. invoeren3
i. Om met Maple berekingen uit te voeren zoals eerder beschreven moet allereerst het commando with(LinearAlgebra); ingevoerd worden.


1 1 3 −1


 1 1 1 1 


ii. Een matrix M als 
 voeren we in als
 1 −2 1 −1 


4
M:=Matrix([[1,

0

 1

iii. Een vector v 
 1

1
8 −1
1, 3, -1], [1, 1, 1, 1], [1, -2, 1, -1], [4, 1, 8, -1]]);




 voeren we in als v:=Vector([0, 1, 1, 0]);


0
iv Voor de oplossingverzameling matrix-vector vergelijking M x = v
gebruiken we het commando LinearSolve(M, v);
v. Door de coëfficienten matrix A te vermenigvuldigen met een oplossing uit iv, een vector,
kunnen we de uitkomsten controleren. het maple-commando Multiply(M,w); berekent
het matrix-vector product van de matrix M met de vector w
Op hierna volgt de letterlijke maple-sheet waarmee je aan de slag kunt gaan!
3
zie glossary bij mathematics-linear-algebra overview
12
6.2.1
De letterlijke Maple-sheet
Het oplossen van stelsels lineaire vergelijkingen in vorm "Ax = b"
met behulp van Maple. (zie glossary bij mathematics-linear-algebra overview)
We behandelen i. Hoe we een matrix invoeren, ii Hoe we een vector invoeren,
iii Hoe we een matrix vector vergelijking oplossen en
iv. Hoe we door matrix-vectorvermenigvuldiging een oplossing uit iii kunnen we controleren.
De maple-commando’s die hier behandeld worden zijn:
with(LinearAlgebra), LinearSolve(M, v), Matrix, Vector, LinearSolve, Multiply
De commando’s werken alleen in de omgeving with(LinearAlgebra).
> with(LinearAlgebra):
Invoeren van een matrix mbv Matrix:
> M:=Matrix([[1, 1, 3, -1], [1, 1, 1, 1], [1, -2, 1, -1], [4, 1, 8, -1]]);
Invoeren van een vector mbv Vector:
> v:=Vector([0, 1, 1, 0]);
Het oplossen van het stelsel Mx = v
> LinearSolve(M, v);
Met het onderstaande commando Multiply wordt het matrix-vector product
uitgerekend van matrix M en vector w, hierbij is w de oplossing van Mx = v.
Hiermee controleren we het antwoord.
> w:=LinearSolve(M, v);Multiply(M,w);
Hieronder lossen we een stelsel Ax = b op van twee vergelijkingen
met drie onbekenden waarvan de oplossingsverzameling oneindig veel
oplossingen bevat.:
> A:=Matrix([[1, 1,2], [1,2,3]]);b:=Vector([1, 1]);x:=LinearSolve(A, b);
De uitvoer is wat klungelig genoteerd.
We hebben hier te maken met 1 vrijheidsgraad en oneindig veel oplossingen
Tot slot een voorbeeld van een inconsistent stelsel.
> C:=Matrix([[1, 1], [2,2]]);d:=Vector([1, 3]);x:=LinearSolve(C,d );
>
6.2.2
De oplossing van stelsel behorende bij de aangevulde matrix van (27)
Allereerst de ingevoerde maple sheet inclusief resultaten:
Maple-sheet horende bij vergelijking (27) van paragraaf 5.
> restart:with(LinearAlgebra):Activeren van de lineaire algebra commando’s
Invoeren van de coefficienten matrix M:
> M:=Matrix([[1,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0], [0,1,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0],
[0,0,1,0,0,1,0,0,0,0,0,0], [0,0,0,0,0,0,1,0,0,1,0,0],
[0,0,0,0,0,-10,0,1,0,0,1,0],[0,0,0,0,10,0,0,0,1,0,0,1],
[0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0],[0,0,0,2,-1,0,0,0,0,0,0,0],
[0,0,0,3,0,-1,0,0,0,0,0,0]]):
> evalm(M);Dit commando evalueerd matrices en vectoren.
13

1 0 0 1



























0 1 0 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0
0
0 0 0 0 0 0


0 0 0 0 0 0 


0 0
1
0 0 0 0 0 0 


0 0
0
1 0 0 1 0 0 


0 0 −10 0 1 0 0 1 0 


0 10
0
0 0 1 0 0 1 


0 0
0
1 0 0 0 0 0 


0 0
0
0 1 0 0 0 0 


0 0
0
0 0 1 0 0 0 


2 −1
0
0 0 0 0 0 0 

3 0
−1 0 0 0 0 0 0
1
0
evalm(v);(invoeren van de bekende vector, en evaluatie
met commando evalm)
> v:=Vector([-a,-b,-c,-d,-e+5*c,-f-5*b,0,0,0,0,0]):
[-a, -b, -c, -d, -e + 5 c, -f - 5 b, 0, 0, 0, 0, 0]
(Bepalen van de oplossngs verzameling)
> w:=LinearSolve(M, v):evalm(w);

− t3 4 − a


−2 t3 4 − b



−3 t3 4 − c



t3 4



2 t3 4



3 t3 4



0



0



0



−d


 30 t3 4 − e + 5 c

−20 t3 4 − f − 5 b































Mooier genoteerd als [−a, −b, −c, 0, 0, 0, 0, 0, 0, −d, −e+5c, −f −5b]+λ[−1, −2, −3, 1, 2, 3, 0, 0, 0, 0, 30, −20]
14
We controleren: Voor lambda; = 0 en zien dat het klopt:
> v1:=Vector([-a,-b,-c,0,0,0,0,0,0,-d,-e+5*c,-f-5*b]):(v1 is een oplossing voor
> lambda = 0)
> g1:=Multiply(M,v1):(matrix-vectorvermenigvuldiging van matrix M met vector v1)
> evalm(g1);(evaluatie van het resultaat).
[-a, -b, -c, -d, -e + 5 c, -f - 5 b, 0, 0, 0, 0, 0]
We controleren: Voor lambda; =1 en zien dat het klopt:
> v2:=Vector([-a-1,-b-2,-c-3,1,2,3,0,0,0,-d,-e+5*c+30,-f-5*b-20]):
g1:=Multiply(M,v2):evalm(g1);
[-a, -b, -c, -d, -e + 5 c, -f - 5 b, 0, 0, 0, 0, 0]
>
Uit de maple sheet blijkt dat de oplossingsverzameling van (27) gegeven wordt door
[−a, −b, −c, 0, 0, 0, 0, 0, 0, −d, −e + 5c, −f − 5b] + λ [−1, −2, −3, 1, 2, 3, 0, 0, 0, 0, 30, −20]
Dus voor λ = 1 hebben we de volgende krachten en momenten op de staaf:


 

 

−d
0
1
−a − 1
FA =  −b − 2 , FB =  2 , MA =  0  en MB =  −e + 5c + 30 
−f − 5b − 20
0
3
−c − 3
Reken na of er inderdaad in deze situatie evenwicht is!
Tot slot merken we op dat het oplossen van stelsels een uitstekend rekenmechanisme is om
constructies door te rekenen en en om ideeën over producten te modelleren, je kunt ermee
analyseren, niet synthetiseren (ontwerpen)!
7
Opgaven
Opgave 1. Gegeven het stelsel
a.
b.
c.
d.
x1
−2x1
+ 7x2
− 9x2
Geef de aangevulde matrix van dit stelsel.
Veeg de matrix uit a. naar echelon vorm.
Geef de oplossingsverzameling van dit stelsel.
Controleer je antwoord met Maple. 4
Opgave 2. Dezelfde vragen maar nu voor het stelsel 5

x1 − 5x2
 2x1 − 7x2
−2x1 + x2
"
4
5
= 4
= 2
−10
#
antwoord opgave 1:
2
antwoord opgave 2: inconsistent
15
+ 4x3
+ 3x3
+ 7x3
= −3
= −2
= −1
Opgave 3. Gegeven is dat een massa m zich bevindt in de oorsprong O en is opgehangen aandrie staafjes
a
waar langs krachten werken. Naast deze krachten werkt op m een extra kracht F =  b . Er is
c
statisch evenwicht.

  


1
4
7
a. De richtingen van de drie staafjes zijn  2  ,  5  en  8 . Aan welke voorwaarde(n)
3
6
11
moeten de reële getallen a, b en c voldoen
  

 
1
4
5
b. De zelfde vraag maar nu zijn de richtingen van de drie staafjes  2  ,  5  en  7 .
3
6
9
c. Welke staafjes bij b (er is evenwicht) kunnen door geknipt worden?6
Opgave 4. Gegeven een horizontale staaf AB (zie ook figuur (2)met lengte van 6m, het gewicht van de staaf
is 1kg. De verbinding bij A is een “fixed Support” [1] en de verbinding bij B is een “smooth
contacting surface” [1]. Gevraagd de krachten en de momenten in punt A en B.
a. Geef een bijbehorend lineair stelsel
b. Geef de bij a. horende aangevulde matrix.
c. Hoeveel oplossingen heeft het stelsel.
d. Geef de oplossing als de grootte van de kracht bij B 1N is.7
Opgave 5. Zie opgave 4. alleen i,p.v. een “fixed Support” kiezen we bij A een “ smooth pin ” verbinding
(scharnier). Is het systeem bepaald(?) en zo ja, geef dan de momenten in de punten A en B.8
Opgave 6. Gebruik eventueel Maple.
Beschouw figuur 3. De constructie bestaat uit twee staven AB en BC. De
tussen A en C
i
h lengte
is 6 m en tussen B en C 12 m. In C werkt een uitwendige kracht F = F0 N, in D werkt een
kracht van 10 N naar beneden en in E werkt een kracht van 6 N naar beneden. Gevraagd worden
FA , FB1 (kracht vanuit verbinding B op staaf AB, FB2 , (kracht vanuit verbinding B op staaf BC,
FC , MA , MB1 (moment vanuit verbinding B op staaf AB), MB2 (moment vanuit verbinding B)
op staaf BC en MC .
a. Geef een bijbehorend lineair stelsel zonder dat er informatie gegeven wordt over de verbindingen.
b. Geef een bijbehorend lineair stelsel als de verbindingen bij B “fixed support”-, C een “roller”en A een “smooth pin”- verbinding zijn. Geef de oplossing. Laat ook zien de resultaten
dezelfde zijn als we het geheel, en terecht, zien als star lichaam.
c. Hetzelfde als bij vraag b. maar nu zijn alle verbindingen “smooth pin”.(Is dit een dit een
bepaald systeem?)
d. Hetzelfde als bij vraag b. maar nu bij C een “roller”, bij A en B “smooth pin” . Laat zien
dat dit een strijdig stelsel oplevert,
6
antwoord opgave 3a: geen voorwaarden, opgave
0 3b: −a 0+ 2b − c = 0,opgave 3c. één van de drie
antwoord opgave 4c: ∞ opgave,
4d:F
=
A
9 N, FB = 1 , MA = 24Nm, MB = 0Nm
8
antwoord opgave 5: FA = 05 N, FB = 05 , MA = 0Nm, MB = 0Nm
7
16
B
MB
FB
m
x
?
D
E
u
?FD =
FA u
h
0
−10
i
?
h
B C
xBm
?
F=
FE =
0
−6
i
FC BMB
B
x
m
MA
MC
h i
F
0
A
Figure 3: Een constructie van twee staven
References
[1] R.C. Hibbeler: Statics and mechanics of materials SI edition, Pearson Education,Published Prentice Hall (2004), ISBN 013-129-011-8.
[2] David C. Lay: Linear Algebra and its Applications, Addison-Wesley, ISBN 0-20182479-5.
[3] James Stewart: Calculus, Early Transcendentals, Thomson, ISBN 0-534-27409-9.
17