CTB1002-D2 – Lineaire Algebra 2

advertisement
CTB1002-D2 – Lineaire Algebra 2
Juli 2013
Augustus 2013
Juli 2012
Augustus 2012
Juli 2011
Augustus 2011
Juli 2010
Augustus 2010
Tentamenbundel Civiele Techniek
Het Gezelschap "Practische Studie"
Technische Universiteit Delft
Faculteit Electrotechniek, Wiskunde en Informatica
Mekelweg 4, Delft
Tentamen lineaire algebra, wi1317CT
Maandag, 21 juni 2010, 9.00–12.00 uur.
Antwoorden: elk antwoord dient duidelijk te worden beargumenteerd, alleen een antwoord
levert geen punten op.
Hulpmiddelen: Er mogen geen hulpmiddelen als mobiele telefoons, laptops en dergelijke
gebruikt worden. Alleen een rekenmachine die ook op het VWO gebruikt mag worden is
toegestaan.
Normering: Totaal zijn er 63 punten te verdienen. Als T het totaal van de behaalde punten
is en Q de som van de resultaten van de 6 beste quizzen, dan wordt het cijfer berekend via
de volgende formules:
Cijfer1 = 7+T
(onafgerond). Cijfer2 = 0.4 + 0.2 × Q + 0.6×(Cijfer1 ) (onafgerond).
7
Als Cijfer1 ≥ 4.0 dan Cijfer=afronding(maximum(Cijfer1 ,Cijfer2 )), anders
Cijfer=afronding(Cijfer1 ).

(3)
(3)
(2)

 
1
2
α
0
0
2  en de vectoren b =  1  en
1. Gegeven zijn de matrix A =  3 + α
3
3−α 1
0


c1
c =  c2 , waarbij α, c1 , c2 en c3 reële getallen zijn.
c3
(a) Geef alle α waarvoor de matrix A inverteerbaar is.
(b) Neem α = 1. Bepaal de inverse van de matrix A.
(c) Los voor α = 1 het stelsel Ax = b op.
Vanaf nu beschouwen we α = 3.
(2)
(4)
(4)
(d) Het is bekend dat het stelsel Ax = c geen, één of oneindig veel oplossingen
heeft. Gebruik onderdeel (a) om zonder rekenen te beredeneren dat één van
deze mogelijkheden afvalt. Welke is dat en waarom?
(e) Indien het stelsel Ax = c wel oplossingen heeft, geef een formule waaraan c1 , c2
en c3 moeten voldoen. Laat zien dat de vector b niet aan deze eisen voldoet.
(f) We kunnen wel oplossingen van het stelsel Ax = b in de zin van de kleinste
kwadraten construeren. Daartoe moeten we de matrix AT A bepalen. Is de
matrix AT A inverteerbaar (dit kan zonder rekenwerk!)? Wat betekent dit voor
het aantal oplossingen van het stelsel Ax = b in de zin van de kleinste kwadraten
(de oplossing(en) hoef je niet uit te rekenen)?
Z.O.Z.



 
1
1
2 −1 −1
2. Beschouw de matrix A =  3 −2 −1  en de vectoren b =  1 , c =  −1 
4
1
3 −1 −2


2

5 .
en x =
−1
(a) Is b een eigenvector van A? en c?
(b) Laat zien dat A precies twee verschillende eigenwaarden heeft.
(c) Bepaal voor elk van de eigenwaarden een basis voor bijbehorende eigenruimte.
(d) Bepaal een matrix P en een diagonaalmatrix D zodanig dat A = P DP −1 is.
(e) Bereken A21 x (hint: schrijf x als een lineaire combinatie van eigenvectoren).




−3
1 2 −1


 2 0
2 
 en de vector b =  5 .
3. Beschouw de matrix A = 
 2 −1 3 
 1 
2
0 2 −2
(a) Bepaal een basis voor de ruimte opgespannen door de kolommen van A (dit is
de kolomruimte van A, Col(A)). Geef, door toepassing van Gram–Schmidt op
deze basis, een orthogonale basis voor Col(A).
(b) Bepaal een basis voor Nul(A).
(c) Bepaal rang(A) en dim(Nul(AT )).
(d) Bepaal de projectiematrix P van de orthogonale projectie op de kolomruimte
van A (= Col(A)).
(e) Bepaal die vector c in Col(A) waarvan de afstand tot b minimaal is en bereken
deze afstand.

(2)
(3)
(3)
(2)
(3)
(4)
(3)
(3)
(3)
(4)
(3)
(3)
4. De afbeelding T : R2 → R2 spiegelt een vector eerst in de lijn y = −x en spiegelt
het resultaat vervolgens in de x–as.
(a) Geef de standaardmatrix van deze lineaire afbeelding.
(b) Laat zien dat T gelijk is aan de rotatie over π2 radialen (dit is een rotatie tegen
de wijzers van de klok in).
5. A is een 3 × 3–matrix met eigenwaarden λ1 = 1, λ2 = 0 en λ3 = − 21 . De vectoren
 




1
1
−1
v1 =  0  , v2 =  1  en v3 =  2 
1
−1
1
(3)
(3)
(3)
zijn eigenvectoren van A bij respectievelijk λ1 , λ2 en λ3 .
(a) Is de matrix A symmetrisch? (Motiveer uw antwoord!)
(b) Is de matrix A inverteerbaar? (Motiveer uw antwoord!)
 
2

We nemen de startvector x0 = 3  en we definieren xk+1 = Axk . Dit dynamische
2
systeem levert een rij {xk }k≥0 .
(c) Schrijf x0 als lineaire combinatie van v1 , v2 en v3 . Wat is het gedrag van xk
voor k → ∞?
EINDE TENTAMEN WI1317CT
KORTE UITWERKING
1. (a) Als A inverteerbaar, dan is det(A) 6= 0. Berekening van de determinant
geeft 9 ∗ α − α3 = α(9 − α2 ). De determinant is dus nul voor α = 0, ±3.
Voor alle andere waarden van α is A inverteerbaar. Zelfde conclusie kan
ook worden getrokken door vegen van matrices en bestudering van pivots.
.


−1/2
0
1/2



1/4
−1/4
1/4
(b) Veeg de matrix [AI] ∼ [IA−1 ], dit geeft 


1
1/2 −1


0
(c) Aangezien A inverteerbaar is, volgt dat x = A−1 b = b =  −1/4 .
1/2
(d) Voor α = 3 is de matrix niet inverteerbaar. Dit betekent dat er of geen
oplossing is (strijdig stelsel) of dat er oneindig veel oplossingen zijn. Er
kan dus niet één oplossing zijn. .
(e) Stel de uitgebreide matrix

1 2 3 c1



 6 0 2 c2 


3 0 1 c3
op en veeg deze naar echelonvorm. Dit geeft

1 2
3
c1

 0 −12 −16 c2 − 6 c1

0 0
0 c3 − 1/2 c2


.

Dit stelsel heeft alleen oplossingen als geldt dat c2 = 2c3 . Het is duidelijk
dat b hier niet aan voldoet.
(f) Gebruik hiervoor TH 14, pag 429. Hier staat dat AT A alleen inverteerbaar is als de kolommen van A linear onafhankelijk zijn. We weten dat
de kolommen lineair afhankelijk zijn (anders zou de matrix inverteerbaar
zijn), dus AT A is niet inverteerbaar. Hieruit volgt dat de oplossing van
het stelsel Ax = b niet uniek is (er zijn oneindig veel oplossingen). Je
mag dit natuurlijk ook helemaal uitrekenen.
2. (a) gebruik de definitie van een eigenvector, Ax = λx. Je vindt nu dat
Ab = 0, dus b is een eigenvector bij eigenwarde 0. Zo ook Ac = −c. Dus
c is een eigenvector met eigenwaarde −1.
(b) bereken det(A − λI) = 0. Na wat rekenwerk vind je −λ(λ + 1)2 = 0,
ofwel λ = 0 of λ = −1.
(c) Voor λ = 0 zijn we al klaar, immers {b} is een basis. Voor λ = −1 moeten
we kijken of er nog een eigenvector is, we vinden twee eigenvectoren. Dit
geeft als basis {[1, 3, 0]T , [1, 0, 3]T }.
(d) Voor P , gebruikde eigenvectoren zoals gevonden in het vorige
onderdeel:


1 1 1
−1 0 0
P =  3 0 1 , hierbij hoort de diagonaalmatrix D =  0 −1 0 .
0 3 1
0
0 0
(e) Antwoord: merk op dat A21 = P D21 P −1 = P DP = A. Dus A21 x =
Ax = [0, −3, 3]T . Kan ook met de hint.
3. (a) Veeg de matrix A naar echelon vorm. Dit geeft

1
−1
2

 0 −4

 0 0

0


4 
.
0 

0
0
Alleen kolom 1 en 2 hebben een pivot. De basis wordt dus gegeven door
{[1, 2, 2, 0]T , [2, 0, −1, 2]T }. Als we nu GS toepassen zien we direct dat
de vectoren loodrecht op elkaar staan. Merk op dat het niet nodig is de
vectoren lengte 1 te geven.
(b) Los hiertoe op Ax = 0. We vinden dan (zie hierboven geveegde matrix)
dat veelvouden van de vector [−1, 1, 1]T voldoen aan deze vergelijking.
Een basis voor Nul(AT ) wordt dus gegeven door {[−1, 1, 1]T }.
(c) De rang(A) = 2 (het aantal lineair onafhankelijke kolommen), de dim(Nul(AT ))
= 2. Dit laatste volgt uit het feit dat Nul(AT ) = Col(A)⊥ . De dimensie
van Col(A) is 2, zijn orthogonale complement heeft dan ook dimensie 2
(immers Col(A) ⊂ R4 ).
(d) Je moet dus die P vinden waarvoor geldt dat P b de loodrechte projectie
van b op Col(A) is. Er zijn verschillende manieren. De eenvoudigste
manier is om de eerste twee kolommen van A te nemen en hun lengte 1
te maken. Dit geeft


1 2


2 0 
1


U= 
3  2 −1 

0
2
Bereken nu U U T , dit geeft
5 2
0

2 4
1
P = 
9
 0 4
4

5
4 0 −2
4


0 
.
−2 

4
Als je deze uitdrukking niet meer weet, kun je uit de kk-methode afleiden
dat P = A(AT A)−1 AT , zie bijvoorbeeld pag 429 van het boek, TH14 en de
tekst daaronder. Het is eenvoudiger alleen op de eerste twee kolommen
van A te projecteren.
dan  ipv A in de uitdrukking

 We gebruiken
1 2
"
#


9
0
 2 0 
T

hierboven met  = 
 2 −1 . Bereken nu   = 0 9 . De inverse


0
2 "
hiervan wordt gegeven door
1
9
1 0
#
. Vermenigvuldiging van links met
0 1
A en van rechts met AT geeft dan weer dezelfde P . Je kunt P ook
mbv theorie pagina 468-469 vinden, waarbij u1 en u2 de genormaliseerde
kolomvectoren van  zijn. Bereken dan u1 uT1 + u2 uT2 . Dit geeft dezelfde
projectiematrix P .
(e) Gebruik eerder gevonden projectie-matrix of bereken de kleinste kwadratenoplossing expliciet. Dit geeft


1/3


 2 

.
c=

 7/3 
−2/3
De afstand tot b volgt dan uit de berekening van ||b − c|| =
√
29.
4. (a) Eerst een
in y = −x. Dit wordt gegeven door de matrix
spiegeling
0 −1
S1 =
. Een spiegeling in de x − as wordt gegeven door
−1
0
1 0
S2 =
. De lineaire afbeelding wordt dus gegeven door S2 S1 =
0 −1
0 −1
.
1 0
(b) Volgt uit definitie van rotatie–matrix.
5. (a) Ja, er zijn 3 eigenwaarden, alle eigenwaarden zijn reeel en de vectoren
staan loodrecht op elkaar, dus de matrix A is symmetrisch (TH2, pag
467, TH3, pag 468).
(b) Nee, er is een eigenwaarde nul aanwezig.
(c) x0 = v3 + v2 + 2v1 . We weten dat xk = Axk−1 = Ak x0 = 2λk1 v1 + λk2 v2 +
λk3 v3 . Aangezien λ2 en λ3 kleiner dan één zijn, vinden we
limk→∞ Ak x0 = 2v1 .
Dit betekent dat de vector x0 naar 2v1 convergeert.
Technische Universiteit Delft
Faculteit Electrotechniek, Wiskunde en Informatica
Mekelweg 4, Delft
Tentamen lineaire algebra, wi1317CT
Maandag, 23 augustus 2010, 9.00–12.00 uur.
Antwoorden: elk antwoord dient duidelijk te worden beargumenteerd, alleen een antwoord
levert geen punten op.
Hulpmiddelen: Er mogen geen hulpmiddelen als mobiele telefoons, laptops en dergelijke
gebruikt worden. Alleen een rekenmachine die ook op het VWO gebruikt mag worden is
toegestaan.
Normering: Totaal zijn er 45 punten te verdienen. Als T het totaal van de behaalde punten
is dan wordt het cijfer berekend via de volgende formule: Cijfer= 5+T
5 (standaard afgerond).

(2)
(2)
(1)
(2)
(2)



2α
3
4
−2
α
1  en de vectoren b =  1  en
1. Gegeven zijn de matrix A =  1
α 3−α 2
4


c1

c = c2 , waarbij α, c1 , c2 en c3 reële getallen zijn.
c3
(a) Geef alle α waarvoor de matrix A inverteerbaar is (hint: bekijk ook de rest van
deze som).
(b) Neem α = 0. Bepaal de inverse van de matrix A.
(c) Los voor α = 0 het stelsel Ax = b op.
(d) Neem α = 2. Het is bekend dat het stelsel Ax = c geen, één of oneindig veel
oplossingen heeft. Gebruik onderdeel (a) om zonder rekenen te beredeneren dat
één van deze mogelijkheden afvalt. Welke is dat en waarom?
(e) Neem weer α = 2. Indien het stelsel Ax = c wel oplossingen heeft, geef een
formule waaraan c1 , c2 en c3 moeten voldoen.
Z.O.Z.





−3
−1
5 −2 3
0  en de vectoren b =  0 , c =  6 
2. Beschouw de matrix A =  0 1
2
3
6 7 −2


−4

6 .
en x =
11
(a) Is b een eigenvector van A? En c?
(b) Bereken de eigenwaarden van A.
(c) Bepaal voor elk van de eigenwaarden een basis voor bijbehorende eigenruimte.
(d) Bepaal een matrix P en een diagonaalmatrix D zodanig dat A = P DP −1 is.
(e) Bereken A21 x (hint: schrijf x als een lineaire combinatie van eigenvectoren).




−1
1 1 2
1


 −1 1 −4 2 
 en de vector b =  −6 .
3. Beschouw de matrix A = 
 0 1 −1 3 
 1 
4
1 0 3 −2
(a) Bepaal een basis voor de ruimte opgespannen door de kolommen van A (dit is
de kolomruimte van A, Col(A)). Geef, door toepassing van Gram–Schmidt op
deze basis, een orthogonale basis voor Col(A).
(b) Bepaal de projectiematrix P van de orthogonale projectie op de kolomruimte
van A (= Col(A)).
(c) Bepaal die vector c in col(A) waarvan de afstand tot b minimaal is en bereken
deze afstand.
(d) Geef een basis voor het orthogonale complement van Col(A).

(1)
(2)
(2)
(2)
(2)
(3)
(3)
(3)
(1)
(2)
(2)
(4)
4. (a) Vul de volgende definitie aan: Een afbeelding T : Rn → Rm is een lineaire
afbeelding als . . .
(b) Is de afbeelding T : R3 → R2 gedefinieerd door T (x1 , x2 , x3 ) = (π 2 x1 + 3x2 , x22 +
x3 ) een lineaire afbeelding?
(c) Geef van de lineaire afbeelding T : R4 → R3 gedefinieerd door T (x1 , x2 , x3 , x4 ) =
(x1 +x2 +x4 , x3 +x4 , x1 +x2 +x3 +x4 ) de standaardmatrix voor T . Is de afbeelding
T injectief (dus ’one-to-one’)? En surjectief (dus ’onto’)?
5. Gegeven is de volgende kwadratische vorm op R2 :
Q(x) = 3x21 − 4x1 x2 + 6x22 .
(1)
(2)
(3)
(3)
(a) Schrijf Q(x) in de vorm Q(x) = xT Ax.
(b) Is de kwadratische vorm Q positief/negatief-definiet of indefiniet? Beargumenteer uw antwoord.
(c) Bepaal een orthonormale basis {q
1 , q2} zodat de gegeven kwadratische vorm
y1
t.o.v. de nieuwe coördinaten y =
geschreven wordt als een kwadratische
y2
vorm zonder kruisproducten. Bepaal deze vorm ook.
(d) Maak nu een schets van de kromme 3x21 − 4x1 x2 + 6x22 = 14. Geef in de schets
duidelijk aan wat het nieuwe coordinatenstelsel is.
EINDE TENTAMEN WI1317CT
KORTE UITWERKING
1. (a) Als A inverteerbaar, dan is det(A) 6= 0. Berekening van de determinant
geeft 2α2 − 7α + 6. De determinant is dus nul voor α = 3/2 en α = 2.
Voor alle andere waarden van α is A inverteerbaar. Zelfde conclusie kan
ook worden getrokken door vegen van matrices en bestudering van pivots.
Normering: Berekenen van de determinant/vegen van de matrix: 1
punt. Conclusie: 1 punt..


−1/2 1 1/2



−1/3
0
2/3
(b) Veeg de matrix [AI] ∼ [IA−1 ], dit geeft 


1/2 0 −1/2
Normering: Opstellen uitgebreide matrix: 1 punt. Rekenwerk: 1 punt.


4



(c) Aangezien A inverteerbaar is, volgt dat x = A−1 b = b = 
 10/3 .
−3
Normering: 1 punt
(d) Voor α = 2 is de matrix niet inverteerbaar. Dit betekent dat er of geen
oplossing is (strijdig stelsel) of dat er oneindig veel oplossingen zijn. Er
kan dus niet één oplossing zijn.
Normering: 1 punt voor goede antwoord en 1 punt voor motivatie. Er
moet wel een motivatie staan!.
(e) Stel de uitgebreide matrix

4 3 4 c1



 1 2 1 c2 


2 1 2 c3
op en veeg deze naar echelonvorm. Dit geeft

4 3 4
c1

 0 5/4 0
c2 − 1/4 c1

0 0 0 c3 − 3/5 c1 + 2/5 c2




Dit stelsel heeft alleen oplossingen als geldt dat c3 − 53 c1 + 25 c2 = 0.
Normering: Opstellen uitgebreide matrix en vegen naar echelon-vorm:
1 punt. Conclusie: 1 punt..
2. (a) Gebruik de definitie van een eigenvector, Ax = λx. Je vindt nu dat
Ab
 dus b is een eigenvector bij eigenwaarde −4. Zo ook Ac =
 = −4b,
−21


 6 . Dit is geen veelvoud van c, dus c is geen eigenvector.


20
Normering: Per juiste conclusie 1/2 punt.
(b) Bereken det(A−λI) = 0. Na wat rekenwerk vind je (λ−1)(λ+4)(λ−7) =
0, ofwel λ = 1, λ = −4 en λ = 7 zijn de eigenwaarden.
Normering: Opstellen determinant-vergelijking: 1 punt. Uitrekenen determinant: 1 punt.
(c) Voor λ = −4 zijn we al klaar, immers {b} is een basis. Voor λ = 1
vinden we als basis {[−3, 6, 8]T }, en voor λ = 7 wordt de basis gegeven
door {[3, 0, 2]T }.
Normering: Niet expliciet geven van basis: -1/2 punt.
(d) Voor P , gebruik de 
eigenvectoren zoals gevonden in het vorige
 onderdeel:
−1 −3 3
−4 0 0



0
6 0 , hierbij hoort de diagonaalmatrix D =
0 1 0 .
P =
3
8 2
0 0 7
Normering: Voor D en P elk 1 punt.
(e) Antwoord: Merk op dat x de som is van de eigenvector b en de eigenvector
[−3, 6, 8]T . We vinden dan dus dat A21 x = A21 [−1, 0, 3]T + [−3, 6, 8]T =
(−4)21 [−1, 0, 3]T + [−3, 6, 8]T .
Normering: Het ontbinden van x in eigenvectorenen: 1 punt, berekenen
van A21 x 1 punt.
3. (a) Veeg de matrix A naar echelon vorm. Dit geeft

1 1
2
1

 0 2 −2 3

 0 0 0 3/2

0 0
0






0
Kolommen 1,2 en 4 hebben een pivot. De basis wordt dus gegeven
door {[1, −1, 0, 1]T , [1, 1, 1, 0]T , [1, 2, 3, −2]}. Nu deze basis orthogonaliseren. v10 = (1, −1, 0, 1), v20 = v2 − (< v2 , v10 > / < v10 , v10 >)v10 =
(1, 1, 1, 0)−(0/3)(1, −1, 0, 1) = (1, 1, 1, 0) (kolom 1 en 2 staan al loodrecht
op elkaar). Zo ook v30 = (0, −1, 1, −1). Merk op dat het niet nodig is de
vectoren lengte 1 te geven.
Normering: Vegen matrix: 1 punt. Pivots+basis: 1 punten. Orthogonaliteit basis: 1 punt.
(b) Je moet dus die P vinden waarvoor geldt dat P b de loodrechte projectie
van b op Col(A) is. De eenvoudigste manier is om de orthogonale basis
voor Col(A) te nemen en hun lengte 1 te maken. Dit geeft de matrix U

1
1
0



−1 1 −1 
1 

U=√ 

3
0
1
1


1
0 −1
Bereken nu U U T , dit geeft
2 0
1

0 3
1
P = 

3 1 0
0

2
1 0 −1
1


0 

−1 

2
Normering: Opstellen U : 1 punt. Opmerken dat P = U U T : 1 punt.
Berekenen P : 1 punt.
(c) De projectie van b op Col(A) wordt gegeven door c = P b = [1, −6, −1, 2]T .
Dit kan natuurlijk ook door projectie op de georthogonaliseerde vectoren die Col(A) opspannen. Vector d wordt gegeven door b − P b =
(−2, 0, 2, 2)T . Depafstand van b tot Col(A√)wordt gegeven door ||d|| =
||(−2, 0, 2, 2)|| = (−2)2 + 0 + 22 + 22 = 2 3.
Normering: Vinden van c: 2 punten. Afstand: 1 punt
(d) Dit is eenvoudig, een basis wordt gegeven door {d}, met d zoals gevonden
in het vorige onderdeel.
4. (a) Zie boek, pagina 93 (of pagina 77, eerdere druk).
Normering: Per voorwaarde 1 punt.
(b) Nee, voldoet niet aan de voorwaarden (laat dit zien, tegenvoorbeeld is
voldoende!).
Normering: Naar eigen inzicht.
(c) De standaard matrix afbeelding wordt gegeven door


1 1 0 1


.
0
0
1
1
A=


1 1 1 1
De kolommen van A spannen R3 op, dus de afbeelding is ’onto’. De
kolommen van A zijn niet linear onafhankelijk, dus de afbeelding is niet
’one-to-one’ (zie theorema 12, pag 105 (pag 89 eerdere druk)).
Normering: Opstellen A: 2 punten. ’onto’ en ’one-to-one’: ieder 1
punt
5. (a)
"
A=
3
−2
−2
6
#
.
Normering: Opstellen A 1 punt.
(b) Bereken de eigenwaarden van A. De eigenwaarden zijn 2 en 7, dus Q is
positief–definiet (zie Theorem 5, pag 477 (pag 461 eerdere druk)).
Normering: Berekenen eigenwaarden: 1 punt. Conclusie: 1 punt.
p
T
(c) De eigenvectoren
met
lengte
1
zijn
[2,
1]
/
(5) bij eigenwaarde 2 en
p
T
[−1, 2] / (5) bij eigenwaarde 7. Nu volgt dat x = P y met
"
#
2 −11
1
P =√
.
5 1 2
De gezocht vorm wordt 2y12 + 7y22 .
Normering: Vinden van de nieuwe basis: 1 punt. Opstellen van P :
1 punt. Nieuwe kwadratische vorm: 1 punt.
(d) Dit is een gedraaide ellips, schets als in boek, fig 3a, pagina 476 (pagina
460 eerdere druk).
Normering: Naar eigen inzicht. In deze figuur moeten de nieuwe assen
wel duidelijk aangegeven zijn.
Technische Universiteit Delft
Faculteit Electrotechniek, Wiskunde en Informatica
Mekelweg 4, Delft
Tentamen lineaire algebra, wi1317CT
Maandag, 20 juni 2011, 9.00–12.00 uur.
Antwoorden: elk antwoord dient duidelijk te worden beargumenteerd, alleen een antwoord
levert geen punten op.
Hulpmiddelen: Er mogen geen hulpmiddelen als mobiele telefoons, laptops en dergelijke
gebruikt worden. Alleen een rekenmachine die ook op het VWO gebruikt mag worden is
toegestaan.
Normering: Totaal zijn er 81 punten te verdienen. Uit het aantal behaalde punten T wordt
het cijfer berekend als Cijfer= 9+T
(onafgerond).
9

(4)
(4)
(2)
(3)
(4)



2α
3
4
−2
α
1  en de vectoren b =  1  en
1. Gegeven zijn de matrix A =  1
α 3−α 2
4


c1

c = c2 , waarbij α, c1 , c2 en c3 reële getallen zijn.
c3
(a) Geef alle α waarvoor de matrix A inverteerbaar is (hint: bekijk ook de rest van
deze som).
(b) Neem α = 0. Bepaal de inverse van de matrix A.
(c) Los voor α = 0 het stelsel Ax = b op.
(d) Neem α = 2. Het is bekend dat het stelsel Ax = c geen, één of oneindig veel
oplossingen heeft. Gebruik onderdeel (a) om zonder rekenen te beredeneren dat
één van deze mogelijkheden afvalt. Welke is dat en waarom?
(e) Neem weer α = 2. Indien het stelsel Ax = c wel oplossingen heeft, geef een
formule waaraan c1 , c2 en c3 moeten voldoen.
Antwoord
(a) Bereken de determinant, deze wordt gegeven door α3 + 7α2 + 15α + 9. Als
deze nul is, is de matrix niet inverteerbaar: 2α − 7α + 6 = 0. Ofwel A is
inverteerbaar als α 6= 23 en α 6= 2.
(b) Gebruik bijvoorbeeld methode zoals beschreven in Lay, p.140. Na stug
rekenen geeft dit


−1/2 1 1/2


 −1/3 0 2/3 


1/2 0 −1/2
(c) Neem de inverse uit het vorige onderdeel en reken A−1 b uit. Dit geeft
[4, 10/3, −3]T .
(d) Als α = 2, is de determinant gelijk aan nul. Je hebt dus nooit één oplossing.
(e) Stel de uitgebreide matrix

4 3 4 c1



 1 2 1 c2 


2 1 2 c3
op en veeg deze naar echelon-vorm:

4 3 4
c1

 0 5/4 0
c2 − 1/4 c1

0 0 0 c3 − 3/5 c1 + 2/5 c2
(3)
(3)
(4)
(2)
(4)


.

Deze uitgebreide matrix heeft alleen een oplossing als c3 − 3/5 c1 + 2/5 c2 = 0.




5
1 5 3 2
 11 
 2 10 7 1 



2. Gegeven zijn de matrix A = 
 1 5 1 8  en de vector b =  3 ,
5
0 0 5 −15
(a) Geldt dat Col(A) = R4 ?
(b) Bepaal een basis B voor Col(A).
   
4
2 


   

9
 ,  5  ook een basis is voor Col(A).
(c) Toon aan dat C = 
 2   0 





5
5
(d) Laat zien dat b ∈ Col(A) en bepaal de coördinaten van b t.o.v. de basis C.
(e) Bepaal de dimensie van Nul(A) en geef een basis voor Nul(A).
Antwoord
(a) Veeg de matrix naar echelon-vorm. Dit geeft

1 5 3
2



 0 0 1 −3 


 0 0 0 0 .


0 0 0
0
Dus alleen kolom 1 en 3 hebben een pivot. De kolomruimte heeft een basis die
bestaat uit 2 vectoren en spant dus niet R4 op.
(b) Gebruik als basis
 de verzameling
  van de kolomvectoren met pivot uit het
1
3 


   

2   7 

vorige onderdeel:   ,  
1
1 





0
5
(c) Laat zien dat de vectoren uit C lineaire combinaties zijn van de vectoren
in B, en dat ze onafhankelijk zijn (dat is eenvoudig te zien, de eerste vector
in C is de som van de eerste en derde kolomvector uit de matrix A, en de 2e
het verschil van de 3e en de 1e). Aangezien de dimensie van Col(A) 2 is, volgt
hieruit dat C ook een basis is.
(d) Veeg de uitgebreide matrix

4 2
5



 9 5 11 


 2 0 3 .


5 5
5
Dit geeft

4
2
5



 0 −1 1/2 
,


 0 0
0


0
0
0
waaruit volgt dat [b]C = [3/2, −1/2]T .
(e) Een basis voor de nulruimte wordt gegeven door [−5, 1, 0, 0]T , [−11, 0, 3, 1]T ,
de dimensie is 2.
3. Beschouw de matrix




 
0 2 2
−1
1





1 , w = 2 .
A = 2 0 2 en de vectoren v =
2 2 0
0
1
(2)
(4)
(4)
(8)
(a) Is v een eigenvector van A? en w?
(b) Laat zien dat A precies twee verschillende eigenwaarden heeft. Bepaal ook de
algebraı̈sche multipliciteiten.
(c) Bepaal voor elk van de eigenwaarden een basis voor de bijbehorende eigenruimte.
(d) Is A orthogonaal diagonaliseerbaar? Beargumenteer uw antwoord. Zo ja, bepaal
een orthogonale diagonalisering van A, dwz geef een orthogonale matrix P en
een diagonaalmatrix D zo dat A = P DP −1 . Bepaal ook P −1 .
Antwoord
(a) v is een eigenvector bij eigenwaarde λ = −2, w is geen eigenvector.
(b) De karakteristieke polynoom wordt gegeven door λ3 − 12 λ + 16. Stel deze
gelijk aan nul en bepaal de nulpunten. Dit geeft λ = −2 (2 keer) en λ = 4 (1
keer).

 

0 
 1
(c) Bereken de eigenruimtes, dit geeft voor λ = −2  −1  ,  −1  , en


0
1
 
 1 
voor λ = 4  1 


1
(d) A is symmetrisch, dus orthogonaal diagonaliseerbaar. Om P te vinden, zet
de eigenvectoren loodrecht op elkaar en normeer ze. Dit geeft


−1
√1
− √12 √
6
3


−1
√1  ,
P =  √12 √
6
3
√2
√1
0
6
3
en

−2 0 0
D =  0 −2 0  .
0
0 4

Omdat P orthogonaal is, de inverse van P gelijk aan zijn getransponeerde: P −1 =
PT.
4. De matrix A en de vector b zijn gegeven door

 

1
1 1 2
A =  0 1 1  en b =  1  .
5
1 0 1
(2)
(4)
(4)
(6)
(2)
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
Bepaal de oplossingen van Ax = b.
Bepaal de kleinste kwadraten oplossingen van Ax = b.
Is de matrix AT A inverteerbaar (Leg uit)?
Bepaal de matrix P van de orthogonale projectie op de kolomruimte van A.
Wat is de meetkundige betekenis van P x voor x ∈ R3 ?
Antwoord
(a) Stel de uitgebreide matrix op en

1

 0

0
veeg deze matrix:

1 2 1

1 1 1 
.
0 0 5
Hieruit volgt dat er geen oplossing is.
(b) Los op AT Ax̂ = AT x. Dit heeft als oplossingen [ 10
, − 23 , 0]T + s[−1, −1, 1]T .
3
Dit zijn er dus oneindig veel.
(c) De matrix is niet inverteerbaar omdat de kolommen van A niet onafhankelijk
zijn (zie Lay, pag 429, Th 14).
(d) Volgens de theorie zou je misschien denken dat P = A(AT A)−1 AT . Dat
is echter niet zo! Omdat A namelijk afhankelijke kolommen heeft, is AT A
niet inverteerbaar. Dus P kan zo niet berekend worden. Gelukkig kunnen we
een matrix B met onafhankelijke kolommen bedenken waarvan de kolomruimte
precies de kolomruimte van A is: we kunnen uit een lineair omhulsel een vector
verwijderen die een lineaire combinatie van de anderen is, zodat bijvoorbeeld
  
1
 1
Col(A) = Span  0  ,  1

1
0


Span 

 
2
, 1
1
 
1
0 ,
1


 =




1 
1 1
1  = Col  0 1  = Col(B).

0
1 0
De matrix B heeft wél onafhankelijk kolommen, waardoor(B T B)−1 wel bestaat
en P = B(B T B)−1 B T ook. Deze P is de gewenste en wordt gegeven door

2/3
1/3
1/3




1/3
2/3
−1/3
P =


1/3 −1/3 2/3
(e) Voor deze matrix geldt
P x = xCol(B) = xCol(A) .
De meetkundige betekenis van P x is dus dat dit de orthogonale projectie van
x op de kolomruimte van B en dus van A is.
5. Gegeven is de volgende kwadratische vorm op R2 :
Q(x) = 3x21 − 4x1 x2 + 6x22 .
(2)
(2)
(4)
(4)
(a) Bepaal de symmetrische matrix A zodat Q(x) = xT Ax.
(b) Is de kwadratische vorm Q positief/negatief-definiet of indefiniet? Beargumenteer uw antwoord.
(c) Bepaal een orthonormale basis
B = {q1 , q2 } zodat de kwadratische vorm in de
y1
nieuwe B-coördinaten y =
overgaat in een kwadratische vorm zonder
y2
kruisproducten (gemengde termen). Bepaal ook deze vorm.
(d) Maak nu een schets van de kromme 3x21 − 4x1 x2 + 6x22 = 14. Geef in de schets
duidelijk aan wat het nieuwe coordinatenstelsel is.
Antwoord
(a)
A=
3 −2
−2
6
(b) Bereken de eigenwaarden van A. Deze worden gegeven door λ = 2 en λ = 7.
Deze zijn allebei positief, dus positief definiet.
(c) Bereken nu de eigenvectoren, voor λ = 2 is dit q1 = [2, 1]T , en voor λ = 7
is dit q2 = [1, −2]T . De kwadratische vorm 2y12 + 7y22 = 14.
(d) Dit is een ellips met als hoofdassen de lijnen in de richting van q1 en q2 . De
lange as ligt op de ”q1 ” as.
EINDE TENTAMEN WI1317CT
NORMERING
1. (a) Uitrekenen determinant: 2 pnt, oplossen + conclusie: 2pnt.
(b) 4 pnt.
(c) 2 pnt.
(d) Eigen inzicht.
(e) Vegen stelsel: 3 pnt, conclusie: 1 pnt.
2. (a) Vegen matrix: 2 pnt, conclusie 1 pnt.
(b) Geen punten als niet de kolommen uit de oorspronkelijke matrix zijn
genomen. Een punt aftrek als notatie niet correct is.
(c) Aantonen vectoren in basis B: 2 punten. Onafhankelijkheid: 1 punt.
Dimensie: 1 punt.
(d) Naar eigen inzicht.
(e) Basis: 3 punten. Dimensie: 1 punt
3. (a) 1 punt per juist antwoord.
(b) uitrekenen karak. vgl + oplossen 3 punten, multipliciteit: 1 pnt.
(c) 2 pnt per correcte eigenruimte.
(d) Diagonaliseerbaar: 2 pnt, bepalen P: 2 pnt (als niet orthogonaal, trek 1
punt af), D: 2 pnt, inverse van P: 2 pnt.
(e) Naar eigen inzicht.
4. (a) Vegen: 1 pnt, conclusie: 1 pnt.
(b) Berekenen van AT A 2 pnt, AT b 1 pnt, oplossen 1pnt.
(c) Eigen inzicht.
(d) Bepalen van matrix B: 3 pnt. Uitrekenen van P : 3 pnt.
(e) Eigen inzicht.
5. (a) Eigen inzicht.
(b) Eigenwaarden: 1 pnt, conclusie: 1 pnt.
(c) Eigenvectoren: 2 pnt, vorm: 2 pnt.
(d) Eigen inzicht (wel nodig: nieuwe assen correct, lange en korte as correct
getekend).
Technische Universiteit Delft
Faculteit Electrotechniek, Wiskunde en Informatica
Mekelweg 4, Delft
Hertentamen + 2e deeltoets lineaire algebra, wi1317CT
Maandag, 22 augustus 2011
Tentamen 9.00–12.00 uur, Deeltoets 9.00–11.00 uur.
HELE TENTAMEN: maak opgaven 1 t/m 5. U kunt hierbij 68 punten verdienen. Uit het aantal behaalde
punten T wordt het cijfer berekend als Cijfer= 7+T
7.5 (onafgerond).
2e DEELTOETS: maak opgaven 3 t/m 6. U kunt hierbij 52 punten verdienen. Uit het aantal behaalde
punten T wordt het cijfer berekend als Cijfer= 5+T
5.7 (onafgerond).
Antwoorden: elk antwoord dient duidelijk te worden beargumenteerd, alleen een antwoord levert geen punten
op.
Hulpmiddelen: Er mogen geen hulpmiddelen als mobiele telefoons, laptops en dergelijke gebruikt worden.
Alleen een rekenmachine die ook op het VWO gebruikt mag worden is toegestaan.


1 −2
0 1
 2
1
5 3 


1
3 1 
1. Gegeven is de matrix A = 
 1
.
 −1
1 −1 3 
0
2
2 4
(a) Geef voor de verzamelingen Col A (dit is de kolomruimte van A) en Nul A (dit is de nulruimte
van A) aan van welke Rn ze een deelruimte zijn.
(b) (i ) Behoort (−4, −2, 2, 0)T tot Nul(A)? En (−7, −1, 0, 5)T ?
(ii ) Behoort (0, 0, 0, 0, 1)T tot Col(A)? En (0, 11, 6, 2, 8)T ?
(c) Bepaal de rang van A.
(d) Bepaal met behulp van je antwoord op (c) de dimensies van de kolom– en nulruimte van A.
Bepaal deze zonder verdere veegoperaties uit te voeren.
(e) Bepaal bases voor de kolom– en nulruimte van A.
(f) Geef een matrix B zo dat Nul A = Col B.
(2)
(1)
(1)
(2)
(3)
(3)
(2)
Antwoord
(d)
(d)
(a) respectievelijk van R5 en R4 .
(b) (i ) e eerste wel, de tweede niet
(ii ) e eerste niet, de tweede wel
(c) Rank A = 3
(d) dim Col A = 3 = dim Row A en dim Nul A = 1

 
  
1
−2
1 












 2   1   3 

 
  
(e) Bijvoorbeeld 
 1  ,  1  ,  1  is een basis voor Col A,


 −1   1   3 






0
2
4


−2 





−1 


en 
is een basis voor Nul A
1 





0
(f) erg veel mogelijkheden, namelijk elke matrix waarvan de kolommen veelvouden van (−2, −1, 1, 0)T
zijn met tenminste één niet-nul kolom.
2. Gegeven zijn de afbeeldingen T1 : R2 → R3 , gedefinieerd door
T1 (x1 , x2 ) = (x1 , 2x1 − x2 , 3x1 + 4x2 ),
en de afbeelding T2 : R3 → R2 , gedefinieerd door
T2 (y1 , y2 , y3 ) = (2y1 + y3 , 3y2 − y3 ),
(2)
(3)
(2)
(3)
(4)
.
(a)
(b)
(c)
(d)
Laat zien dat de afbeelding T1 een lineaire afbeelding is.
Geef de standaardmatrices van T1 en T2 . Leg uit hoe u hieraan komt.
Is T2 injectief (’one-to-one’)? En is T2 surjectief (’onto’)? (Leg uit!)
Bepaal, indien deze bestaan, de standaardmatrix van T2 ◦ T1 (dit betekent: voer eerst T1 uit,
en vervolgens op het resultaat van deze afbeelding T2 ).
(e) Bepaal, indien deze bestaan, de inverse afbeelding van T2 ◦ T1 . Dus vul in
(T2 ◦ T1 )−1 (x1 , x2 ) = (. . . , . . .).
Antwoord
(a) Laat zien dat T1 (x1 + y1 , x2 + y − 2) = T1 (x1 , x2 ) + T1 (y1 , y2 ) en dat T1 (ax1 , ax2 ) =
aT1 (x1 , x2 ), of gebruik dat deze lineaire afbeelding een standaardmatrix heeft (onderdeel b),
waaruit volgt
 dat T1lineair is.
1 0
2 0 1


(b) AT1 = 2 −1 en AT2 =
.
0 3 −1
3 4
(c) T2 is wel onto (elk beeld heeft een origineel), maar niet one–to–one (niet elk beeld heeft
ten hoogste 1 origineel). Dit volgt ook uit de standaardmatrix voor T2 met Th. 12, pag 105.
(d)
(T2 ◦ T1 )(x) = T2 (T1 2(x)) = T2 (AT1 x) = AT2 AT1 x. De gezochte matrix is dus AT2 AT1 =
5 4
.
3 −7
"
#
−7
−4
−1
. Hieruit
(e) Inverteer de matrix uit het vorige onderdeel. Dit geeft A−1
T = 49
−3 5
(−7x1 − 4x2 , −3x1 + 5x2 ).
volgt dat T −1 (x1 , x2 ) = −1
49





 
2
1
1
2 −1 −1
3. Beschouw de matrix A =  3 −2 −1  en de vectoren b =  1 , c =  −1  en x =  5 .
−1
4
1
3 −1 −2
(a) Is b een eigenvector van A? en c?
(b) Laat zien dat A precies twee verschillende eigenwaarden heeft.
(c) Bepaal voor elk van de eigenwaarden een basis voor bijbehorende eigenruimte.
(d) Bepaal een matrix P en een diagonaalmatrix D zodanig dat A = P DP −1 is.
(e) Bereken A21 x (hint: schrijf x als een lineaire combinatie van eigenvectoren).

(2)
(2)
(3)
(3)
(4)
Antwoord
(4)
(4)
(2)
(4)
(a) Gebruik de definitie van een eigenvector, je vindt nu dat Ab = 0, dus b is een eigenvector
bij eigenwaarde 0. Zo ook Ac = −c. Dus c is een eigenvector met eigenwaarde −1.
(b) Bereken det(A − λI) = 0. Na wat rekenwerk vind je −λ(λ + 1)2 = 0, ofwel λ = 0 of
λ = −1.
(c) Voor λ = 0 zijn we al klaar, immers {b} is een basis. Voor λ = −1 moeten we kijken
of er nog een eigenvector is. Het op te lossen stelsel reduceert tot 3x − y − x = 0, dit
geeft
bijvoorbeeld [1, 3, 0]T en [1, 0, 3]T . De basis wordt dus gegeven door
 twee
 eigenvectoren,

1 
 1
 3 , 0  .


0
3


1 1 1
(d) Voor P , gebruik de eigenvectoren zoals gevonden in het vorige onderdeel: P =  3 0 1 ,
0 3 1


−1 0 0

0 −1 0 .
hierbij hoort de diagonaalmatrix D =
0
0 0
21
21 −1
(e) Merk op dat A = P D P = P DP = A. Dus A21 x = Ax = [0, 3, 0]T . Kan ook met de
hint.




1 1 1
−3

 2 0 2 

 en de vector B =  5 .
4. Beschouw de matrix A = 
 2 4 2 
 1 
0 1 3
2
(a) Bepaal een basis voor de ruimte opgespannen door de kolommen van A (dit is de kolomruimte
van A, Col(A)). Geef, door toepassing van Gram–Schmidt op deze basis, een orthogonale basis
voor Col(A).
(b) Bepaal die vector c in Col(A) waarvan de afstand tot b minimaal is en bereken deze afstand.
(c) Geef een basis voor het orthogonale complement van Col(A).
(d) Bepaal de projectiematrix P van de orthogonale projectie op de kolomruimte van A (=
Col(A)).
Antwoord
(a) Eerst vegen, je vindt dan 3 pivots, dsu alle drie de kolommen zitten in de basis. Nu het
standaard GS-proces, dit geeft v1 = [1, 2, 2, 0]T , v2 = [0, −2, 2, 1]T en v3 = [0, 2/3, −2/3, 8/3]T .
Ik houd niet zo van breuken, dus ik vervang v3 door 4v3 = [0, 1, −1, 4]T .
(b) Dit kan met behulp van de projectiematrix of door c te schrijven als een lineaire combinatie
van vi , ofwel c = c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 met ci =< vi , b > / < vi , vi >. Dit geeft c1 = 1, c2 = −2/3
enpc3 = 2/3 en c = [1, 4, 0, 2]T . De afstand wordt gegeven door ||b − c|| = ||[−4, 1, 1, 0]T )|| =
3 (2).
(c) Neem de verschilvector b − c = [−4, 1, 1, 0]T .
(d) Deze matrix wordt gegeven door P = A(AT A)−1 AT ook. Deze P is de gewenste matrix
en wordt gegeven door


1/9 2/9
2/9 0


17
−1/18 0 
 2/9
18
.


 2/9 −1/18
17
0


18
0
0
0
1
Het is natuurlijk eenvoudiger (en veel minder rekenwerk!) door de nieuwe basis uit onderdeel
a te gebruiken en deze the normaliseren. Hiermee kun je de orthogonale matrix


1 0
0

√ 

1 
 2 −2 1/2 2 
U= 
√ 
3  2 2 −1/2 2 


√
0 1
2 2
construeren die dezelfde deelruimte opspant. Je vindt nu de projectiematrix door U U T uit te
rekenen.
5. Beschouw het volgende discrete dynamische systeem:
xk+1 = 5xk − 2yk
yk+1 = 1xk + 3yk ,
(2)
(3)
(2)
(3)
(2)
met startwaarden x0 = 1, y0 = 1.
(a) Bepaal de matrix A zodat het gegeven dynamische systeem gelijk
is aan xk+1 = Axk , waarbij
1 5
xk = [xk , yk ]T . (Als dit niet lukt, gebruik dan de matrix A =
).
−2 3
(b) Bepaal de eigenwaarden van de matrix A. Is de oorsprong 0 een ”attractor” of een ”repellor”
(Leg uit)?
(c) Schrijf de initiële conditie x0 = [x0 , y0 ]T als een lineaire combinatie van de eigenvectoren van
A.
(d) Geef nu een formule voor xk . Laat zien dat xk reëel is als x0 reëel is.
(e) Schets de baan die bij dit dynamisch systeem behoort en bespreek wat gebeurt er voor k → ∞?
Antwoord
5 −2
(a) A =
1 3
(b) De eigenwaarden zijn complex en worden gegeven door 4 ± I. De absolute waarde van de
eigenwaarden is groter dan 1, dus is de oorsprong een repellor.
(c) Bereken nu de eigenvectoren. De eigenwaarden zijn λ = 4 + i met eigenvector [1 + i, 1]T ,
en λ = 4 − i met eigenvector [1 − i, 1]T . De initiële vector [1, 1]T kun je nu schrijven als
[1, 1]T = 21 [1 + i, 1]T + 12 [1 − i, 1]T .
(d) xk = 12 (4 + i)k [1 + i, 1]T + 21 (4 − i))k [1 − i, 1]T . Dit volgt uit het feit dat A een reële matrix
is, xk+1 = Axk en x0 een reële vector is.
(e) Dit is een naar buiten spiraliserende baan. Voor k → ∞ wordt xk steeds groter: de
oorsprong is een afstoter.
6. Gegeven is de volgende kwadratische vorm op R2 :
K(x) = 5x21 + 4x1 x2 + 2x22 .
(2)
(a) Bepaal een symmetrische 2 × 2 matrix A zodat K(x) = xT Ax.
(3)
(4)
(3)
(b) Is de matrix A positief/negatief-definiet of indefiniet? Beargumenteer uw antwoord.
(c) Bepaal een orthonormale basis Q = {q1 , q2 } zodat de gegeven kwadratische vorm t.o.v.
y1
de nieuwe coördinaten [x]Q =
geschreven wordt als een kwadratische vorm zonder
y2
kruisproducten. Bepaal deze vorm ook.
(d) Maak nu een schets van de kromme 5x21 + 4x1 x2 + 2x22 = 24. Geef in de schets duidelijk aan
wat het nieuwe coordinatenstelsel is en bepaal de lengte van de lange as.
Antwoord
5 2
x1
= xT Ax.
(a)
+ 4x1 x2 +
= x1 x2
2 2
x2
(b) A is positief definiet, want alle eigenwaarden (λ = 1, 6) zijn positief.
1
2
1
1
(c) Basis E1 :
en basis E6 :
. Als q1 = √5
en q2 =
−2
1
−2
y1
is Q = {q1 , q2 } is een orthonormale basis R2 . Als [x]Q =
dan geldt:
y2
#
"
√1
√2
y1
x1
5
5
= Q1 [x]Q
=
x=
y2
− √25 √15
x2
5x21
2x22
√1
5
2
1
dan
y1
T
2
= [x]Q = Q−1
Omdat Q1 een orthogonale matrix is volgt
1 x = Q1 x! En dus: x1 +
y
2
1
0
1 0
T
T
2
T
4x1 x2 + 2x2 = x Ax = xQ1
Q1 x = [x]Q
[x]Q = y12 + 6y22 .
0 6
0 6
y2
y2
(d) Het schetsen van x21 +4x1 x2 +2x22 = 24 is het schetsen van y12 +6y22 = 24, oftewel 241 + 42 = 1
en dit is√een gewone ellips, maar wel op de scheven assen: de lijnen door q1 en q2 . Lange as:
lengte 2 24 en korte as: 4.
EINDE TENTAMEN WI1317CT
Technische Universiteit Delft
Faculteit Electrotechniek, Wiskunde en Informatica
Mekelweg 4, Delft
Tentamen lineaire algebra II, wi1517CT
Maandag, 2 juli 2012, 9.00–11.00 uur.
Antwoorden: elk antwoord dient duidelijk te worden beargumenteerd, alleen een antwoord
levert geen punten op.
Hulpmiddelen: Er mogen geen hulpmiddelen als mobiele telefoons, laptops en dergelijke
gebruikt worden. Alleen een rekenmachine die ook op het VWO gebruikt mag worden is
toegestaan.
Normering: Totaal zijn er 81 punten te verdienen. Uit het aantal behaalde punten T wordt
het cijfer berekend als Cijfer= 9+T
(onafgerond).
9
1. A is een 3 × 3–matrix met eigenwaarden λ1 = 1, λ2 = 0 en λ3 = −1. De vectoren
 




1
1
1
v1 =  1  , v2 =  −1  en v3 =  1 
2
0
−1
(2)
(2)
(2)
(3)
zijn
(a)
(b)
(c)
eigenvectoren van A bij respectievelijk λ1 , λ2 en λ3 .
Geef een orthogonale diagonalisatie van de matrix A.
Is de matrix A symmetrisch? (Motiveer uw antwoord!)
Is de matrix A inverteerbaar? (Motiveer uw antwoord!)
 
2
We nemen de startvector x0 =  3  en we definieren xk+1 = Axk . Dit dynamische
2
systeem levert een rij {xk }k≥0 .
(d) Schrijf x0 als lineaire combinatie van v1 , v2 en v3 , en geef een formule voor xk .
2. Beschouw de matrix


 
 
3 2
1
1
1





A = 2 0 −2 en de vectoren v = 0 , w = 2 .
1 −2 3
1
1
(2)
(4)
(4)
(8)
(a) Is v een eigenvector van A? en w?
(b) Laat zien dat A precies twee verschillende eigenwaarden heeft. Bepaal ook de
algebraı̈sche multipliciteiten.
(c) Bepaal voor elk van de eigenwaarden een orthonormale basis voor de bijbehorende eigenruimte.
(d) Geef een spectrale decompositie van de matrix A. Wat is de betekenis van de
verschillende matrices in deze spectrale decompositie?
3. De matrix A en de vector b zijn gegeven door

 

1
1 1
A =  0 1  en b =  1  .
5
1 0
(2)
(4)
(4)
(4)
(4)
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
Bepaal de oplossingen van Ax = b.
Bepaal de kleinste kwadraten oplossingen van Ax = b.
Bepaal een basis voor het orthogonale complement van Col(A).
Wat is de kortste afstand van b tot de kolomruimte Col(A) ?
Is de matrix AT A inverteerbaar (Leg uit)?
4. Gegeven is de volgende kwadratische vorm op R2 :
Q(x) = 2x21 + 12x1 x2 + 2x22 .
(2)
(2)
(4)
(4)
(a) Bepaal de symmetrische matrix A zodat Q(x) = xT Ax.
(b) Is de kwadratische vorm Q positief/negatief-definiet of indefiniet? Beargumenteer uw antwoord.
(c) Bepaal een orthonormale basis
B = {q1 , q2 } zodat de kwadratische vorm in de
y1
nieuwe B-coördinaten y =
overgaat in een kwadratische vorm zonder
y2
kruisproducten (gemengde termen). Bepaal ook deze vorm.
(d) Maak nu een schets van de kromme 2x21 + 12x1 x2 + 2x22 = 32. Geef in de schets
duidelijk aan wat het nieuwe coordinatenstelsel is.
EINDE TENTAMEN WI1317CT
Technische Universiteit Delft
Faculteit Electrotechniek, Wiskunde en Informatica
Mekelweg 4, Delft
Hertentamen lineaire algebra II, wi1517CT
Maandag, 27 augustus 2012, 9.00–11.00 uur.
Antwoorden: elk antwoord dient duidelijk te worden beargumenteerd, alleen een antwoord
levert geen punten op.
Hulpmiddelen: Er mogen geen hulpmiddelen als mobiele telefoons, laptops en dergelijke
gebruikt worden. Alleen een rekenmachine die ook op het VWO gebruikt mag worden is
toegestaan.
Normering: Totaal zijn er 63 punten te verdienen. Uit het aantal behaalde punten T wordt
het cijfer berekend als Cijfer= 7+T
(onafgerond).
7
1. Beschouw het volgende discrete dynamische systeem:
xk+1 = −xk − yk
yk+1 = xk − yk ,
(2)
(4)
(2)
(4)
(4)
(7)
(4)
met startwaarden x0 = 2, y0 = 0.
(a) Bepaal de matrix A zodat het gegeven dynamische systeem gelijk is aan xk+1 =
T
Axk , waarbij
xk = [xk , yk ] . (Als dit niet lukt, gebruik dan de matrix A =
−1 1
).
−1 −1
(b) Is de oorsprong een ”attractor” of ”repellor” (Leg uit)?
(c) Bepaal de eigenvectoren van A.
(d) Schrijf de initiële conditie x0 = [x0 , y0 ]T als een lineaire combinatie van de
eigenvectoren van A (als u de eigenvectoren in het vorige onderdeel niet heeft
gevonden, gebruik dan als eigenvectoren [1, −1]T en [1, −2]T ).
(e) Geef nu een formule voor xk . Wat gebeurt er voor k → ∞ (vergelijk met
onderdeel b)?
(f) Bepaal reële matrices P en C, zodanig dat A = P CP −1 . Schrijf nu de matrix C
als een schalingsmatrix en een rotatiematrix. Geef ook de gevonden rotatiehoek.
(Als u C niet gevonden heeft, gebruik dan de matrix A ipv de matrix C).
(g) Beschrijf nu het gedrag van dit dynamisch systeem kwalitatief. Schets ook de
baan van het dynamische systeem xk+1 = Axk met de startwaarden x0 = 2,
y0 = 0.
Antwoord
−1 −1
(a) A =
1 −1
(b) Bereken hiertoe de eigenwaarden. In dit geval zijn de eigenwaarden gegeven
door λ = −1 ± i. We weten dat de oorsprong een attractor is als de absolute
waarde van allebei de eigenwaarden
kleiner dan 1 is, anders is de oorsprong een
√
repellor. Hier is |λ| = 2, dus de oorsprong is een repellor.
(c) De eigenwaarden zijn λ = −1 + i met eigenvector [1, −i]T , en λ = −1 − i
met eigenvector [1, i]T .
(d) De initiële vector [2, 0]T kun je nu schrijven als [2, 0]T = [1, −i]T + [1, i]T .
(e) xk = (−1+i)k [1, −i]T +(−1+i)k [1, i]T . Voor k → ∞ wordt xk steeds groter:
de oorsprong is een afstoter.
(f) Als we Lay, pag 356 gebruiken, zien we
√ dat de matrix P gelijk aan de
identiteit is en C = A. De schalingfactor is 2 en de hoek φ = 135 deg.
(g) Een van de oorsprong af ’linksom’ spiraliserende baan.
2. De matrix A en de vector b zijn gegeven door
 

 

4
1
3 1
A =  1 0  , b =  1  en c =  1  .
2
5
1 1
(2)
(3)
(4)
(4)
(4)
(4)
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
Bepaal de oplossingen van Ax = b en Ax = c.
Bepaal de kleinste kwadraten oplossingen van Ax = b en Ax = c.
Bepaal een basis voor het orthogonale complement van Col(A).
Leg uit waarom de bij (c) gevonden basis gelijk is aan de basis van NulAT .
Wat is de afstand van b tot de kolomruimte Col(A)? En van c?
Ligt de vector b in de kolomruimte van A? En c? (Leg uit!)
Antwoord
(a) Stel de uitgebreide matrix op en veeg deze matrix of probeer een lineaire
oplossing te vinden. Voor de vector b is het stelsel inconsitent, de vector c is
een lineaire combinatie van de eerste en tweede kolom.
(b) Los op AT Ax̂ = AT b. Dit heeft als oplossing [−1, 5]T . Voor c vin je natuurlijk weer [1, 1]T , het antwoord uit a. Hoef je dus niet opnieuw uit te rekenen!
(c) Bereken de beste benadering b̂ = Ax̂ = [2, −1, 4]T . Een vector loodrecht
op het vlak opgespannen door de kolommen van A is dus b − b̂ = [−1, 2, 1]T ,
een basis voor het orthogonale complement van Col(A) wordt dus gegeven door
{[−1, 2, 1]T }.
(d) Zie Lay.
√
(e) De kortste afstand van b is de lengte van de vector {[−1, 2, 1]T }, dit is 6.
De vector c ligt in het vlak en heeft dus afstand nul tot dit vlak.
(f) Vector b niet (zie onderdeel a), c wel!
3. Gegeven is de volgende kwadratische vorm op R2 :
Q(x) = 8x21 + 8x1 x2 + 2x22 .
(3)
(3)
(5)
(4)
(a) Bepaal de symmetrische matrix A zodat Q(x) = xT Ax.
(b) Is de kwadratische vorm Q positief/negatief-definiet, positief/negatief-semidefiniet of indefiniet? Beargumenteer uw antwoord.
(c) Bepaal een orthonormale basis
B = {q1 , q2 } zodat de kwadratische vorm in de
y1
overgaat in een kwadratische vorm zonder
nieuwe B-coördinaten y =
y2
kruisproducten. Bepaal ook deze vorm.
(d) Maak nu een schets van de kromme 8x21 + 8x1 x2 + 2x22 = 10. Geef in de schets
duidelijk aan wat het nieuwe coordinatenstelsel is.
Antwoord
(a)
A=
8 4
4 2
(b) Bereken de eigenwaarden van A. Deze worden gegeven door λ = 0 en λ = 10.
Een eigenwaarde is nul, de andere positief, dus positief semi-definiet.
√
(c) Bereken nu de eigenvectoren,
voor
λ
=
0
is
dit
q
=
1/
5[1, −2]T , en voor
1
√
λ = 10 is dit q2 = 1/ 5[2, 1]T . De kwadratische vorm wordt gegeven door 10y22 .
(d) Schets 10y22 = 10. Dit zijn rechte lijnen, gegeven door y2 = ±1.
EINDE HERTENTAMEN WI1517CT
NORMERING
1. (a) Naar eigen inzicht.
(b) Naar eigen inzicht.
(c) 1 pnt per correcte eigenvector.
(d) Naar eigen inzicht.
(e) Formule: 3ptn, limiet 1 pnt.
(f) P: 1 pnt. C: 2 pnt. Schalingmatrix: 1 pnt, Rotatiematrix: 2 pnt. Hoek:
1 pnt.
(g) Naar eigen inzicht.
2. (a) 1 pnt voor b en 1 pnt voor c.
(b) 2 pnt voor b en 1 pnt voor c.
(c) Eigen inzicht.
(d) Eigen inzicht (uitleg wel vereist!).
(e) 2 pnt voor b en 2 pnt voor c.
(f) Eigen inzicht.
3. (a) Eigen inzicht.
(b) Eigenwaarden: 2 pnt, conclusie: 1 pnt.
(c) Eigenvectoren: 2 pnt, orthonormaal 1 pnt, vorm: 2 pnt.
(d) Eigen inzicht, geef voor correcte assen iig 1 pnt.
Technische Universiteit Delft
Faculteit Electrotechniek, Wiskunde en Informatica
Mekelweg 4, Delft
Tentamen lineaire algebra II, wi1617CT
Maandag, 1 juli 2013, 9.00–11.00 uur.
Antwoorden: elk antwoord dient duidelijk te worden beargumenteerd, alleen een antwoord
levert geen punten op.
Hulpmiddelen: Er mogen geen hulpmiddelen als mobiele telefoons, laptops en dergelijke
gebruikt worden. Alleen een rekenmachine die ook op het VWO gebruikt mag worden is
toegestaan.
Normering: Totaal zijn er 54 punten te verdienen. Uit het aantal behaalde punten T wordt
het cijfer berekend als Cijfer= 6+T
(onafgerond).
6
1. Beschouw het volgende discrete dynamische systeem:
xk+1 = 0.4xk + 0.5yk
yk+1 = −0.4xk + 1.3yk ,
(2)
(3)
(2)
(3)
(2)
met startwaarden x0 = 6, y0 = 5.
(a) Bepaal de matrix A zodat het gegeven dynamische systeem gelijk is aan xk+1 =
T
Ax
k , waarbij
xk = [xk , yk ] . (Als dit niet lukt, gebruik dan de matrix A =
0.8 0
).
0 0.9
(b) Laat zien dat 0.8 en 0.9 eigenwaarden van de matrix A zijn. Is de oorsprong
een ”attractor” of een ”repellor” (Leg uit)?
(c) Schrijf de initiële conditie x0 = [x0 , y0 ]T als een lineaire combinatie van de
eigenvectoren van A.
(d) Geef nu een formule voor xk .
(e) Schets de baan die bij dit dynamisch systeem behoort en begint in x0 = 6,
y0 = 5. Bespreek wat er gebeurt voor k → ∞.
Antwoord
0.4 0.5
(a) A =
−0.4 1.3
(b) λ = 0.8 met eigenvector v1 = (5, 4)T en λ = 0.9 met eigenvector v2 = (1, 1)T .
Attractor.
(c) x0 = v1 + v2 .
(d) xk = (0.8)k v1 + (0.9)k v3 .
(e) Gaat naar de oorsprong.
2. Beschouw de matrix


 


7
0 −3
1
1
A =  −9 −2 3  en de vectoren v =  0  en w =  −1 .
18 0 −8
1
2
(2)
(4)
(4)
(a) Is v een eigenvector van A? en w?
(b) Laat zien dat A precies twee verschillende eigenwaarden heeft. Bepaal ook de
algebraı̈sche multipliciteiten.
(c) Bepaal voor elk van de eigenwaarden een orthonormale basis voor de bijbehorende eigenruimte.
(4)
(4)
(d) Is de matrix A diagonaliseerbaar? En orthogonaal diagonaliseerbaar? (Beargumenteer!)
(e) Bepaal de projectiematrix P die een willekeurige vector orthogonaal projecteert
op de eigenruimte W die hoort bij de eigenwaarde met multipliciteit 1. P is dus
de matrix die de eigenschap heeft dat P y = projW y.
Antwoord
(a) v is geen eigenvector, w is een eigenvector met eigenwaarde λ = 1.
(b) De karakteristieke polynoom geeft λ = −2 (2 keer) en λ = 1 (1 keer).
(c)
de 
eigenruimtes,
dit geeft als
orthonormale
√  basis voor λ = −2
Bereken

√ 

0 
 1/ 10
 1/ √6 




0
, 1
, en voor λ = 1  −1/√ 6 
√




0
3/ 10
2/ 6
(d) Ja; Nee.
(e) Definieer de eerste vector uit de orthonormale
basis vande eigenruimte van

1 −1 2
λ = 1 als u1 . Bereken nu P = u1 u1 T = 16  −1 1 −2 
2 −2 4
3. De matrix A en de vector b zijn gegeven door



1 1
0
 1 0 −1 

 en b = 
A=
 0 1


1
−1 1 −1
(2)
(2)
(4)
(4)
(a)
(b)
(c)
(d)

2
5 
.
6 
6
Bepaal de oplossingen van Ax = b.
Bepaal de kleinste kwadraten oplossingen van Ax = b.
Wat is de kortste afstand van b tot de kolomruimte Col(A) ?
Bepaal een basis voor het orthogonale complement van Col(A).
Antwoord
(a) Stel de uitgebreide matrix op en veeg deze matrix:

1
1
0
2

 0 −1 −1 3

 0 0 −3 14

0
0
0



.


9
Hieruit volgt dat er geen oplossing is.
(b) Los op AT Ax̂ = AT b. Dit heeft als oplossing [1/3, 14/3, −5/3]T .
(c) Bereken de beste benadering b̂ = Ax̂ = [5, 2, 3, 6]T . Een vector loodrecht op
T
het vlak opgespannen door de kolommen van A is dus
√ b − b̂ = [−3, 3, 3, 0] . De
kortste afstand is de lengte van deze vector, dit is 3 3.
(d) een basis voor het orthogonale complement van Col(A) wordt gegeven door
{[−3, 3, 3, 0]T }.
4. Gegeven is de volgende kwadratische vorm op R2 :
Q(x) = 2x21 + 6x1 x2 − 6x22 .
(2)
(2)
(6)
(4)
(a) Bepaal de symmetrische matrix A zodat Q(x) = xT Ax.
(b) Is de kwadratische vorm Q positief/negatief-definiet of indefiniet? Beargumenteer uw antwoord.
(c) Bepaal een coordinatentransformatie x = P y zo dat de kwadratische vorm
in de nieuwe coordinaten (y1 , y2 ) overgaat in een vorm zonder kruisproducten
(gemengde termen). Bepaal ook deze vorm en geef het omgekeerde verband
tussen y en x.
(d) Maak nu een schets van de kromme 2x21 + 6x1 x2 − 6x22 = 21. Geef in de schets
duidelijk aan wat het nieuwe coordinatenstelsel is.
Antwoord
(a)
A=
2
3
3 −6
(b) Bereken de eigenwaarden van A. Deze worden gegeven door λ = 3 en
λ = −7, dus indefiniet.
(c) Bereken nu de eigenvectoren, voor λ = 3 is dit q1 = [3, 1]T , en voor λ =
2
T
2
−7
is√dit q2 =√[1, −3]
. De kwadratische vorm 3y1 − 7y2 . De matrix P =
3/√10
1/√10
, de relatie tussen y en x wordt gegeven door y = P T x.
1/ 10 −3/ 10
(d) Dit is een hyperbool met als hoofdassen de lijnen in de richting van q1 en
q2 .
EINDE TENTAMEN WI1617CT, deel 2
NORMERING
1. (a) Eigen inzicht.
(b) 1 per ew, 1 voor attractor.
(c) Eigen inzicht.
(d) Eigen inzicht.
(e) Een baan is voldoende.
2. (a) 1 punt per juist antwoord.
(b) uitrekenen karak. vgl + oplossen 3 punten, multipliciteit: 1 pnt.
(c) 1 pnt voor basis voor λ = 1, 3 voor λ = −2, met 2 voor GS en 1 voor
basis.
(d) 2 pntn per correct (gemotiveerd!) antwoord.
(e) Eigen inzicht.
3. (a) Vegen: 1 pnt, conclusie: 1 pnt.
(b) Berekenen van AT A en AT b 1 pnt, oplossen 1pnt.
(c) Eigen inzicht.
(d) Eigen inzicht.
4. (a) Eigen inzicht.
(b) Eigenwaarden: 1 pnt, conclusie: 1 pnt.
(c) Eigenvectoren: 2 pnt, vorm: 2 pnt, uitdrukking voor y: 2 punten.
(d) Eigen inzicht (wel nodig: nieuwe assen correct).
Technische Universiteit Delft
Faculteit Electrotechniek, Wiskunde en Informatica
Mekelweg 4, Delft
Hertentamen lineaire algebra II, wi1617CT
Maandag, 12 augustus 2013, 9.00–11.00 uur.
Antwoorden: elk antwoord dient duidelijk te worden beargumenteerd, alleen een antwoord
levert geen punten op.
Hulpmiddelen: Er mogen geen hulpmiddelen als mobiele telefoons, laptops en dergelijke
gebruikt worden. Alleen een rekenmachine die ook op het VWO gebruikt mag worden is
toegestaan.
Normering: Totaal zijn er 54 punten te verdienen. Uit het aantal behaalde punten T wordt
het cijfer berekend als Cijfer= 6+T
(onafgerond).
6
1. Beschouw de matrix
A=
(2)
(2)
(4)
(2)
(3)
(2)
1√
3
4
1
4
−√14
1
3
4
.
√
(a) Laat zien dat λ1 = 41 3+ 14 i een eigenwaarde is van de matrix A met eigenvector
[1, −i]T .
(b) Geef de tweede eigenwaarde en eigenvector.
(c) Schrijf de matrix A als het product van een schalingsmatrix en een rotatiematrix.
Het volgende discrete dynamische systeem is geassocieerd met deze matrix A:
√
1
xk+1 = 14 3xk −
√ 4 yk
1
1
yk+1 = 4 xk + 4 3yk .
Als startwaarden kiezen we x0 = 2, y0 = 0.
(d) Schrijf de initiële conditie x0 = [x0 , y0 ]T als een lineaire combinatie van de
eigenvectoren van A.
(e) Geef nu een formule voor xk .
(f) Schets de baan die bij dit dynamisch systeem behoort en begint in x0 = 2,
y0 = 0 (Hint: gebruik hierbij het resultaat van onderdeel c). Bespreek wat er
gebeurt voor k → ∞.
Antwoord
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
√
Bereken A[1, −i]T en laat zien dat dat gelijk is aan ( 41 3 + 14 i)[1, −i]T .
De complex geconjugeerde van de eerste eigenwaarde en eigenvector.
De schalingfactor is 1/2, de hoek pi/6.
De initiële conditie is te schrijven als [x0 , y0 ]T = [1, −i]T + [1, i]T .
√
√
xk = (( 14 3 + 41 i))k v1 + (( 14 3 − 14 i))k v2 .
Gaat spiraliserend naar de oorsprong.
2. Beschouw de matrix


2 0 −2
A =  3 −3 −2  .
2 0 −2
(2)
(4)
(4)
(3)
(a) Laat zien dat λ = 0 een eigenwaarde van A is.
(b) Bepaal de andere eigenwaarde(n) van A. Bepaal van alle eigenwaarden hun
algebraı̈sche multipliciteit.
(c) Bepaal voor elk van de eigenwaarden de bijbehorende eigenvectoren. Wat is de
dimensie van de eigenruimten?
(d) Is de matrix A diagonaliseerbaar? En orthogonaal diagonaliseerbaar? (Beargumenteer!)
Antwoord
(a) De det van A is nul, dus de matrix A moet een eigenwaarde nul hebben.
Mag natuurlijk ook mbv de karakteristieke polynoom.
(b) De karakteristieke polynoom wordt gegeven door λ2 (λ + 3). Dit geeft geeft
λ = 0 (2 keer) en λ = −3 (1 keer).
(c)
de eigenruimtes,
dit geeft
voor λ = 0

 Bereken

 √
0/√6
3
 1 , en voor λ = −3  1/ 6 
√
3
0/ 6
(d) Nee ; Nee.
3. De matrix A en de vector b zijn

1
 0
A=
 1
−2
(2)
(4)
(4)
(3)
(a)
(b)
(c)
(d)
gegeven door


0
2
9

2 −1 
9
 en b = 


2
1
−36
1
0
18


.

Bepaal de oplossingen van Ax = b.
Bepaal de kleinste kwadraten oplossingen van Ax = b.
Wat is de kortste afstand van b tot de kolomruimte Col(A) ?
Bepaal een basis voor het orthogonale complement van Col(A).
Antwoord

1 0
2

 0 2 −1
(a) Stel de uitgebreide matrix op en veeg deze matrix: 
 0 0 9/2

0 0
0
9

9


.


63
2
−54
Hieruit volgt dat er geen oplossing is.
(b) Los op AT Ax̂ = AT b. Dit heeft als oplossing [−11, −4, 1]T .
(c) Bereken de beste benadering b̂ = Ax̂ = [−9, −9, −18, 18]T . Een vector
loodrecht op het vlak opgespannen door de kolommen van A is dus b −√b̂ =
[18, 18, −18, 0]T . De kortste afstand is de lengte van deze vector, dit is 18 3.
(d) een basis voor het orthogonale complement van Col(A) wordt gegeven door
{[18, 18, −18, 0]T }.
4. Gegeven is de volgende kwadratische vorm op R2 :
Q(x) = 9x21 − 8x1 x2 + 3x22 .
(2)
(2)
(5)
(4)
(a) Bepaal de symmetrische matrix A zodat Q(x) = xT Ax.
(b) Is de kwadratische vorm Q positief/negatief-definiet of indefiniet? Beargumenteer uw antwoord.
(c) Bepaal een coordinatentransformatie x = P y zo dat de kwadratische vorm
in de nieuwe coordinaten (y1 , y2 ) overgaat in een vorm zonder kruisproducten
(gemengde termen). Bepaal ook deze vorm en geef het omgekeerde verband
tussen y en x.
(d) Maak nu een schets van de kromme 9x21 − 8x1 x2 + 3x22 = 44. Geef in de schets
duidelijk aan wat het nieuwe coordinatenstelsel is.
Antwoord
(a)
A=
9 −4
−4
3
(b) Bereken de eigenwaarden van A. Deze worden gegeven door λ = 11 en
λ = 1, dus positief definiet.
(c) Bereken nu de eigenvectoren, voor λ = 11 is dit q1 = [−2, 1]T , en voor
2
T
2
λ
= 1 √is dit q√2 = [1, 2] . De kwadratische vorm 11y1 + y2 . De matrix P =
−2/√5 1/√5
, de relatie tussen y en x wordt gegeven door y = P T x.
1/ 5 2/ 5
(d) Dit is een ellips met als hoofdassen de lijnen in de richting van q1 en q2 .
EINDE HERTENTAMEN WI1617CT, deel 2
NORMERING
1. (a) Eigen inzicht.
(b) correcte motivatie.
(c) 2 voor schaling, 2 voor rotatie.
(d) Eigen inzicht.
(e) Eigen inzicht.
(f) Een baan is voldoende.
2. (a) Of via det of via karak. polynoom.
(b) uitrekenen karak. vgl + oplossen 3 punten, multipliciteit: 1 pnt.
(c) 2 pnt voor ev λ = 0, 2 voor λ = −3.
(d) 2 pnt voor niet diag, 1 voor niet orth diag. Wel met gemotiveerd antwoord.
3. (a) Vegen: 1 pnt, conclusie: 1 pnt.
(b) Berekenen van AT A en AT b 3 pnt, oplossen 1pnt.
(c) Eigen inzicht.
(d) Eigen inzicht.
4. (a) Eigen inzicht.
(b) Eigenwaarden: 1 pnt, conclusie: 1 pnt.
(c) Eigenvectoren: 2 pnt, vorm: 2 pnt, uitdrukking voor y: 2 punten.
(d) Eigen inzicht (wel nodig: nieuwe assen correct).
Download
Random flashcards
fff

2 Cards Rick Jimenez

mij droom land

4 Cards Lisandro Kurasaki DLuffy

Rekenen

3 Cards Patricia van Oirschot

Create flashcards