1.1 Oefen opgaven - science.uu.nl project csg

1.1
Oefen opgaven
Opgave 1.1.1. Van de lineaire afbeelding A : R3 → R3 is gegeven dat

 


 

   
1
5
2
6
1
3
A  −1  =  4  , A  −1  =  2  , A  1  =  4  .
1
−4
1
−2
2
2
Bepaal de matrix van A.
In de volgende opgave wordt het begrip injectiviteit en surjectiviteit van een afbeelding gebruikt. Zij A, B een tweetal verzamelingen en f : A → B een afbeelding.
We zeggen dat f surjectief is, als bij elke b ∈ B een a ∈ A bestaat zó dat f (a) = b. Anders
gezegd, f is surjectief als het beeld van f gelijk is aan B zelf.
We zeggen dat f injectief is als f (a) = f (a′ ) ⇒ a = a′ . Dus als twee elementen a, a′ ∈ A
hetzelfde beeld hebben, dan moeten ze gelijk zijn bij een injectieve f . We kunnen ook zeggen
dat bij een injectieve afbeelding verschillende elementen van A ook verschillende beelden
hebben.
Opgave 1.1.2.
a) Bewijs dat een lineaire afbeelding f : Rn → Rm injectief is precies dan als ker(f ) = {0}.
b) Bewijs dat er geen injectieve lineaire afbeelding f : R4 → R3 bestaat.
c) Bewijs dat er bij elke surjectieve lineaire afbeelding f : R4 → R3 een lineaire afbeelding
g : R3 → R4 bestaat, zó dat f ◦ g de identieke afbeelding van R3 naar R3 is.
d) Bewijs dat er bij elke injectieve lineaire afbeelding g : R3 → R4 een lineaire afbeelding
f : R4 → R3 bestaat, zó dat f ◦ g de identieke afbeelding is van R3 naar R3 .
Opgave 1.1.3. In R4 is de deelruimte W gegeven, opgespannen door de vectoren
(1, 0, 1, 0), (1, 1, 1, 0), (1, −1, 0, 1).
a) Bepaal een orthonormale basis van W .
b) Zij P : R4 → R4 de linaire afbeelding die de loodrechte projectie op W voorstelt. Bepaal
de matrix van P .
Opgave 1.1.4. Van de 3 × 3-matrix A is gegeven dat hij eigenwaarden 1, 0, −1 heeft en dat
(1, 1, 1) eigenvector bij 1 is, (1, 2, 0) eigenvector bij 0 en (3, 0, 1) eigenvector bij −1. Bepaal
A.
Opgave 1.1.5. Gegeven is de matrix


1 −2 2
A =  −2 −2 4  .
2
4 −2
1
a) Bepaal de eigenwaarden van A.
b) Bepaal een orthogonale matrix C zó dat C −1 AC een diagonaalmatrix is.
Opgave 1.1.6. Zij A, B : Rn → Rn een tweetal lineaire afbeeldingen. Stel dat A precies n
verschillende eigenwaarden heeft. Noem de bijbehorende eigenvectoren v1 , v2 , . . . , vn .
a) Stel dat vi een eigenvector van B is voor i = 1, 2, . . . , n. Bewijs dat AB = BA.
b) Stel dat BA = AB. Bewijs dat de vi eigenvectoren van B zijn.
2
1.2
Uitwerkingen
Uitwerking 1.2.1. Laten we de matrix van A ook maar
oplossen uit

 
1
2 1
5
6



A −1 −1 1 =
4
2
1
1 2
−4 −2
We bepalen eerst
weer A noemen. We moeten A

3
4.
2

−1 

1
2 1
−1 −1
1
 −1 −1 1  =  1 1/3 −2/3 
1
1 2
0 1/3 1/3
(we laten de berekening achterwege). Vervolgens


5
6 3
1
2
A= 4
2 4   −1 −1
−4 −2 2
1
1
bepalen we
−1 

1
1 −2 2
1  =  −2 −2 4  .
2
2
4 −2
Om te controleren of de laatste matrix de gevraagde matrix is, kun je hem loslaten op de
vectoren (1, −1, 1)t , (2, −1, 1)t , (1, 1, 2)t en kijken of daar (5, 4, 4)t , (6, 2, −2)t , (3, 4, 2)t uitkomt.
Uitwerking 1.2.2.
a) Eerst bewijzen we, f injectief ⇒ ker(f ) = {0}. Stel x ∈ ker(A) dan geldt f (x) = 0 =
f (0). Vanwege de injectiviteit van f volgt hieruit dat x = 0.
Vervolgens bewijzen we dat uit ker(f ) = {0} de injectiviteit van f volgt. Stel f (x) =
f (y). Vanwege de lineariteit van f volgt hieruit dat f (x − y) = 0. Omdat de kern van
f alleen uit de nulvector bestaat, volgt hieruit x − y = 0 en dus x = y.
b) Een lineaire afbeelding f is injectief precies dan als de kern van f triviaal is, dat wil
zeggen, alleen uit de nulvector bestaat. De matrix Mf van een lineaire afbeelding f :
R4 → R3 is een 3 × 4-matrix. De vergelijking Mf x = 0 is een drietal homogene lineaire
vergelijkingen in de vier onbekenden x1 , x2 , x3 , x4 , de coördinaten van x. Aangezien een
homogeen stelsel met meer variabelen dan vergelijkingen altijd een niet-triviale oplossing
heeft, volgt dat de kern van f niet triviaal is. Met andere woorden: f is niet injectief.
Een andere manier om dit onderdeel te maken is opmerken dat dim(ker(f )) = 4 −
dim(Im(f )). Aangezien het beeld van f in R3 ligt, geldt dat dim(Im(f )) ≤ 3 en dus
dim(ker(f )) ≥ 1. met andere woorden, de kern van f is niet triviaal en dus is f niet
injectief.
c) Kies v1 , v2 , v3 ∈ R4 zó dat f (vi ) = ei voor i = 1, 2, 3. Omdat f surjectief is kan
dit altijd. Kies nu g : R3 → R4 zó dat g(ei ) = vi voor i = 1, 2, 3. Omdat e1 , e2 , e3
een basis van R3 vormt, bestaat zo’n g. dat g de gevraagde afbeelding is volgt uit
f (g(ei )) = f (vi ) = ei voor i = 1, 2, 3.
3
d) Stel g(ei ) = vi voor i = 1, 2, 3. Omdat g injectief is zijn de vectoren vi lineaire onafhankelijke (ga dit na). Vul deze vectoren aan tot een basis van R4 . Kies nu f zó
dat f (vi ) = ei voor i = 1, 2, 3 en f (e4 ) = 0 (of een andere willeurige beeldvector voor
f (e4 )). Dat deze f de gevraagde eigenschap heeft volgt uit f (g(ei )) = f (vi ) = ei voor
i = 1, 2, 3.
Uitwerking 1.2.3.
a) Stel a1 = (1, 0, 1, 0), a2 = (1, 1, 1, 0), a3 = (1, −1, 0, 1). Schrijf deze vectoren in rijen
onder elkaar op en zet daarnaast de Gram-matrix van a1 , a2 , a3 ,
1 0 1 0 2 2 1
1 1 1 0 2 3 0
1 −1 0 1 1 0 3
Trek de eerste rij van de tweede af, en 1/2 maalvan de derde,
1
0
1
0 2 2
1
0
1
0
0 0 1 −1
1/2 −1 −1/2 1 0 −1 5/2
Tel nu de tweede rij bij de derde op,
1 0
1
0 2 2 1
0 1
0
0 0 1 −1
1/2 0 −1/2 1 0 0 3/2
We vinden de volgende orthogonale basis van W ,
(1, 0, 1, 0),
(0, 1, 0, 0),
(1/2, 0, −1/2, 1)
hetgeen ons de orthonormale basis
1
b1 = √ (1, 0, 1, 0),
2
b2 = (0, 1, 0, 0),
1
b3 = √ (1, 0, −1, 2)
6
oplevert.
b) De matrix van P V heeft als kolommen de vectoren P (e1 ), P (e2 ), P (e3 ), P (e4 ). Voor de
projectie van een vector x hebben we de formule
(x · b1 )b1 + (x · b2 )b2 + (x · b3 )b3
waarin b1 , b2 , b3 de orthonormale basis uit voorgaand onderdeel is. We vinden,
P (e1 ) =
1
1
(1, 0, 1, 0) + 0 × (0, 1, 0, 0) + (1, 0, −1, 2)
2
6
4
= (2/3, 0, 1/3, 1/3)
P (e2 ) = 0 × (1, 0, 1, 0) + (0, 1, 0, 0) + 0 × (1, 0, −1, 2)
= (0, 1, 0, 0)
1
1
P (e3 ) =
(1, 0, 1, 0) + 0 × (0, 1, 0, 0) − (1, 0, −1, 2)
2
6
= (1/3, 0, 2/3, −1/3)
2
P (e4 ) = 0 × (1, 0, 1, 0) + 0 × (0, 1, 0, 0) + (1, 0, −1, 2)
6
= (1/3, 0, −1/3, 2/3)
De gevraagde matrix wordt dus

2/3
 0

 1/3
1/3

0 1/3
1/3
1
0
0 
.
0 2/3 −1/3 
0 −1/3 2/3
Merk op dat deze matrix symmetrisch is.
Uitwerking 1.2.4. Er geldt samengevat,

 

1 1 3
1 0 −3
A1 2 0 = 1 0 0 .
1 0 1
1 0 −1
Dus volgt,
−1



1 1 3
1 0 −3
8 4 9
1
A =  1 0 0   1 2 0  =  −2 1 6  .
5
1 0 1
1 0 −1
−4 2 7

Merk op dat deze opgave een voorbeeld is van AS = SΛ



1 1 3
1



S= 1 2 0 , Λ= 0
0
1 0 1
waarin

0 0
0 0 .
0 −1
Hieruit volgt het bekende A = SΛS −1 .
Uitwerking 1.2.5.
a) De eigenwaardevergelijking van A luidt
1 − λ
−2
2 −2 −2 − λ
4 = 0.
2
4
−2 − λ 5
Er zijn talloze manieren om deze determinant uit te werken. Wij kiezen er één van de
vele. Tel derde rij bij tweede op,
1 − λ −2
2
0
2 − λ 2 − λ = 0.
2
4
−2 − λ Haal de factor 2 − λ eruit en trek tweede
1 − λ
(2 − λ) 0
2
Blijft over,
kolom van eerste af,
−2
4 1
0 = 0.
4 −6 − λ 1 − λ
4 =0
(2 − λ) 2
−6 − λ en na uitwerking geeft dit
0 = (2 − λ)((1 − λ)(−6 − λ) − 8) = (2 − λ)(λ2 + 5λ − 14) = (2 − λ)(λ + 7)(λ − 2).
De eigenwaarden zijn duis −7 en 2 (met multipliciteit 2).
b) Voor C moeten we een matrix nemen waarvan de kolommen eigenvectoren van A zijn, en
die bovendien een orthonormaal stelsel vormen. Het is dus voldoende een orthonormale
basis van eigenvectoren te vinden. Omdatv A een symmetrische matrix is, weten we
dat zo’n basis bestaat.
We bepalen de eigenvectoren bij −7,


8 −2 2 0
 −2 5 4 0 
2
4 5 0
Eliminatie van x1 ,

Eliminatie van x2 ,


8 −2
2 0
 0 9/2 9/2 0 
0 9/2 9/2 0

8 −2
2 0
 0 9/2 9/2 0 
0 0
0 0
Hieruit volgrt de eigenvector µ(1, 2, −2) met

−1 −2
 −2 −4
2
4
6
µ ∈ R. We bepalen de eigenvectoren bij 2,

2 0
4 0 
−4 0
Eliminatie van x1 ,

−1 −2 2 0
 0
0
0 0  .
0
4 −4 0

Hieruit volgen de eigenvectoren µ(−2, 1, 0) + ν(2, 0, 1). Een basis van eigenvectoren
wordt dus gevormd door (1, 2, −2), (−2, 1, 0), (2, 0, 1). De eerste staat loodrecht op
de laatste twee, hetgeen correspondeert met het feit dat eigenvectoren van een symmetrische matrix behorend bij verschillende eigenwaarden onderling orthogonaal zijn.
We hoeven nu alleen nog twee onderling loodrechte vectoren bij eigenwaarde 2 te vinden.
We passen hiertoe Gram-Schmidt toe op (−2, 1, 0), (2, 0, 1) als volgt
−2 1 0 5 −4
2 0 1 −4 5
Tel 4/5 maal de eerste rij bij de tweede op,
−2
1 0 5 −4
2/5 4/5 1 0 9/5
Een orthonormale basis wordt dus
1
(1, 2, −2),
3
1
√ (−2, 1, 0),
5
1
√ (2, 4, 5)
3 5
en een gevraagde matrix

 √
5
−6 2
√
1
C = √  2 √5
3 4.
3 5 −2 5 0 5
Uitwerking 1.2.6. Omdat v1 , . . . , vn eigenvectoren bij verschillende eigenwaarden zijn, vormen ze een onafhankelijk stelsel en dus een basis van Rn . Verder heeft de eigenruimte van A
bij λi precies dimensie 1 voor elke i.
a) Stel B(vi ) = µi vi voor i = 1, 2, . . . , n. Dan geldt voor elke i ∈ {1, 2, . . . , n} dat
AB(vi ) = A(µi vi ) = λi µi vi en BA(vi ) = B(λi vi ) = λi µi vi . Dus AB(vi ) = BA(vi )
voor i = 1, 2, . . . , n. Omdat v1 , . . . , vn een basis van Rn vormen impliceert dit dat
BA = AB.
b) Uit BA = AB volgt voor elke i dat AB(vi ) = BA(vi ) = λi B(vi ). Dus B(vi ) is ofwel de
nulvector, en dus is vi eigenvector van B met eigenwaarde 0, of B(vi ) is een eigenvector
van A met eigenwaarde λi . Omdat de eigenruimte van A bij λi dimensie 1 heeft, bestaat
er een scalair µi zó dat B(vi ) = µi vi .
7