Oefeningen Algebra: oplossing

Algebra Oplossingen door eXCellion
1
Oefeningen Algebra: oplossing
Reeks 5: Lineaire afbeeldingen
5.1
Toon aan dat de transformatie van R3 gedenieerd door
£
T (x, y, z) = x + 2y
y−z
x + 2z
¤
lineair is.
Bepaal de kern en het beeld van T (+basis en dimensie van kern en beeld).
Bepalen van lineariteit
Om lineair te zijn moet een transformatie voldoen aan deze voorwaarde:
αT (x1 , y1 , z1 ) + βT (x2 , y2 , z2 ) = T (αx1 + βx2 , αy1 + βy2 , αz1 + βz2 )
Wanneer we dit uitwerken vinden we:
αT (x1 , y1 , z1 ) + βT (x2 , y2 , z2 ) = α(x1 + 2y1 , y1 − z1 , x1 + 2z1 ) + β(x2 + 2y2 , y2 − z2 , x2 + 2z2 )
= (αx1 + 2αy1 , αy1 − αz1 , αx1 + 2αz1 ) + (βx2 + 2βy2 , βy2 − βz1 , βx2 + 2βz2 )
= (αx1 + 2αy1 + βx2 + 2βy2 , αy1 − αz1 + βy2 − βz1 , αx1 + 2αz1 + βx2 + 2βz2 )
= T (αx1 + βx2 , αy1 + βy2 , αz1 + βz2 )
Bepaling van de kern
De kern wordt opgespannen door alle vectoren die op de nulvector worden afgebeeld. Er moet dus gelden dat
T (v(x, y, z)) = 0 .
Om deze vectoren te zoeken gaan we eerst de matrix A van de transformatie opstellen. Daarvoor bepalen we de
beelden van de basisvectoren (1,0,0) , (0,1,0) en (0,0,1) en steken we die in de kolommen van de matrix.


T (1, 0, 0) = (1, 0, 1)
1 2 0
T (0, 1, 0) = (2, 1, 0)
−→ A = 0 1 −1
T (0, 0, 1) = (0, −1, 2)
1 0 2
Deze matrix A gaan we vervolgens randen met een nul-kolom, waarna we een gauss-reductie gaan toepassen.
(cfr methode voor oplossen van lineaire vergelijkingen)

 
 

1 2 0 0
1 2
0 0
1 0 2 0
£
¤
A | 0 ∼ 0 1 −1 0 ∼ 0 1 −1 0 ∼ 0 1 −1 0
1 0 2 0
0 −2 2 0
0 0 0 0
Wat lezen we dan uit de gereduceerde matrix?
Wel, dat we, indien we de nulvector willen bekomen, tegelijk x + 2z = 0 en y − z = 0 moeten hebben.
£
Lossen we dit op naar z dan krijgen we z = − 21 x en z = y , hetgeen te bundelen is in de vector u −2 1
Deze vector zal dus de kern opspannen, of N (T ) = {(−2x, x, x)|x ∈ <}
1
¤
Wat we ook lezen uit de gereduceerde matrix is het beeld van T. Gezien de kern wordt opgespannen door
1 vector (dus dimensie 1), en dat de dimensie van de matrix gelijk is aan 3, weten we dat het beeld opgespannen
zal worden door 2 vectoren.
Gezien we met de eerste twee vectoren (2 niet-nul rijen) de derde (wel nul-rij) bekomen spannen deze dus de
beeldruimte op.
£
¤
£
¤
We lezen dus af dat de beeldruimte van T opgespannen zal zijn door v 1 0 1 en w 2 1 0 (dit zijn dus
gewoon de eerste twee kolommen van de niet-gereduceerde
£ A-matrix.
¤
£
¤
In de les werden 2 andere vectoren gevonden, namelijk 1 0 1 en 0 1 −2 maar je kan zelf verieren dat
deze dezelfde ruimte opspannen als degene die hier gekozen
£ werden: ¤de eerste vector is namelijk dezelfde en de
tweede kan bekomen worden uit een lineaire combinatie: 0 1 −2 = −2v + w
Voor het beeld geldt dus: Im(T ) = {(x − 2y, y, x)|x, y ∈ <}
2007 - 2008
Algebra Oplossingen door eXCellion
2
5.2
Met dezelfde werkwijze als bij vorige oefening hebben we nu
£
A |


T (1, 0, 0) = (1, −1, 0)
1 −1 0
T (0, 1, 0) = (−1, 1, 0)
−→ A = −1 1 0
T (0, 0, 1) = (0, 0, 2)
0
0 2

 
 

1 −1 0 0
1 −1 0 0
1 −1 0 0
¤
0 ∼ −1 1 0 0 ∼ 0 0 0 0 ∼ 0 0 2 0
0
0 2 0
0 0 2 0
0 0 0 0
N (t) = {(x, x, 0)|x ∈ <}
Im(t) = {(−x, x, z)|x, z ∈ <}
Karakteristieke vergelijking
De denitie van de karakteristieke vergelijking is det(A − λ) = 0
¯
¯
¯1 − λ
−1
0 ¯¯
¯
¯ −1
1−λ
0 ¯¯ = 0
¯
¯ 0
0
2 − λ¯
k(λ) = (1 − λ)(1 − λ)(−λ) − (2 − λ) = 0
−→ k(λ) = −λ(λ − 2)2 = 0
=⇒ λ1 = 0
λ2 = 2 (multipliciteit 2)
Vullen we eigenwaarde 0 in, in de matrix (A − Iλ) dan krijgen we:

 
 
1−λ
−1
0
1 −1 0
1
 −1
1−λ
0  ∼ −1 1 0 ∼ 0
0
0
2−λ
0
0 2
0
De eigenruimte Eλ1 zal dus opgespannen worden door (1, 1, 0)
→ (De eigenruimte is de kern van die matrix, dus er moet gelden
Vullen we eigenwaarde 2 in de matrix (A − Iλ) dan krijgen we:

 
1−λ
−1
0
−1 −1
 −1
1−λ
0  ∼ −1 −1
0
0
2−λ
0
0

−1 0
0 2
0 0
x − y = 0 en 2z = 0 → (1, 1, 0))
 
0
1 1
0 ∼ 0 0
0
0 0

0
0
0
De eigenruimte Eλ2 zal dus opgespannen worden door de vectoren (1, −1, 0) en (0, 0, 1)
2007 - 2008