Hoofdstuk 6 Matrices toepassen
advertisement
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 Hoofdstuk 6 Matrices toepassen 6.1 Lesliematrices bladzijde 130 1aVan de 1200 dieren in de leeftijdsgroep van 0-1 jaar komen er 1200 ⋅ 0, 5 = 600 in de leeftijdsgroep 1-2 jaar. Van de 450 dieren in de leeftijdsgroep van 1-2 jaar komen er 450 ⋅ 0, 4 = 180 in de leeftijdsgroep 2-3 jaar. Van de 160 dieren in de leeftijdsgroep van 2-3 jaar komen er 160 ⋅ 5 = 800 in de leeftijdsgroep 0-1 jaar. b tijdstip 0-1 jaar 1-2 jaar 2-3 jaar totaal t=0 1200 450 160 1810 t=1 800 600 180 1580 t=2 900 400 240 1540 t=3 1200 450 160 1810 t=4 800 600 180 1580 t=5 900 400 240 1540 t=6 1200 450 160 1810 2000 1500 1000 500 1 0 2 3 4 5 6 bladzijde 131 0 0 0 5 0 5 0 0 5 0 2 0 2 2aL = 0, 5 0 0 . Dit geeft L = 0, 5 0 0 0, 5 0 0 = 0 0 2, 5 en 0 0, 4 0 0 0, 4 0 0 0, 4 0 0, 2 0 0 0 2 0 0 0 5 1 0 0 L = L ⋅ L = 0 0 2, 5 0, 5 0 0 = 0 1 0 . 0, 2 0 0 0 0, 4 0 0 0 1 3 2 Als voor t = 0 de aantallen in de verschillende leeftijdsgroepen bekend zijn, kun je met L de aantallen voor t = 1 berekenen, met L2 de aantallen voor t = 2 en met L3 de aantallen voor t = 3. bDe ontwikkeling van de populatie is periodiek met een periode van drie jaar, dat wil zeggen na drie jaar zijn de verschillende leeftijdsgroepen net zo groot als de groepen op t = 0. 0 0 2, 5 3aL = 0, 5 0 0 0 0, 4 0 ⁄ 106 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 106 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:21:59 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 0 0 2, 5 3000 1000 b t = 1: 0, 5 0 0 2500 = 1500 0 0, 4 0 400 1000 0 0 2, 5 1000 2500 t = 2: 0, 5 0 0 1500 = 500 0 0, 4 0 1000 600 0 0 2, 5 2500 1500 0 500 = 1250 t = 3: 0, 5 0 0 0, 4 0 600 200 c tijdstip t=0 t=1 t=2 t=3 t=4 t=5 t=6 t=7 t=8 t=9 0-1 jaar 1-2 jaar 2-3 jaar totaal 3000 2500 400 5900 1000 2500 1500 500 1250 750 1500 500 1250 750 250 625 1000 600 200 500 300 100 3500 3600 2950 1750 1800 1475 1 2 250 375 250 875 625 125 150 900 375 313 50 738 6000 5000 4000 3000 2000 1000 0 3 4 5 6 7 8 9 In de loop van de tijd is de afname van het aantal dieren groter dan de toename. Uiteindelijk zal de populatie dieren uitsterven. 4ag1 = 2500 = 0, 2 12 500 ⋅ h = 7500 ⇒ h = 7500 = 0, 6 1 1 12 500 12 500 g 2 = 9600 = 1, 5 6400 ⋅ h2 = 3200 ⇒ h2 = 3200 = 0, 5 6400 6400 1100 2200 g 3 = = 0, 4 = 0, 8 2750 ⋅ h3 = 1100 ⇒ h3 = 2750 2750 h4 = 0 g 4 = 450 = 0, 5 900 0, 2 1, 5 0, 8 0, 5 0, 6 0 0 0 L = 0 0 0, 5 0 0 0 0, 4 0 © Noordhoff Uitgevers bv 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 107 ⁄ 107 14-08-2008 14:22:01 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 0, 2 1, 5 0, 8 0, 5 14 750 17 310 0, 6 0 0 0 7500 8850 = bmaart 2009: 0 3200 3750 0 0, 5 0 0 0 0, 4 0 1100 1280 0, 2 1, 5 0, 8 0, 5 17310 20377 0, 6 0 0 0 8850 10386 = maart 2010: 0 3750 4425 0 0, 5 0 0 0 0, 4 0 1280 1500 aantal factor c jaar 2007 2008 2009 2010 2011 22550 26550 31190 36688 43133 1,1774 1,1748 1,1763 1,1757 Conclusie: de groei is exponentieel met groeifactor 1,18. 5aHet getal linksboven betekent dat er in de leeftijdsklasse van 0-1 jaar gemiddeld 0,5 nakomeling per dier is. bIn de derde leeftijdsklasse is de overlevingskans 16 . cDe derde leeftijdsklasse gaat om dieren van 2 jaar en ouder. dDe kans dat een pasgeboren dier in de derde leeftijdsklasse komt is 43 ⋅ 13 = 123 = 14 . 6.2 Populatiegrootte voorspellen bladzijde 132 6ag1 = 300 = 0, 99 en g 2 = 278 = 0, 98 302 284 bg 3 : Van t = 0 tot t = 1 beslaat een periode van tien jaar. De vierde leeftijdsklasse (van 30 jaar en ouder) beslaat een periode van meer dan tien jaar. Het is dus onbekend hoe de aantallen in de vierde leeftijdsklasse in een periode van tien jaar veranderen. Daardoor kun je g 3 niet berekenen. g 4 : Het is onbekend welk deel van de struiken elke tien jaar door brand verdwijnt. Daardoor kun je g 4 niet berekenen. cDe Chaparral-vegetatie zal bestaan uit: 19% vegetatie van 0-10 jaar, 19% vegetatie van 10-20 jaar, 18% vegetatie van 20-30 jaar en 44% vegetatie van 30 jaar en ouder. Percentage Oppervlakte in km2 d Leeftijdsklasse 0-10 jaar 19% 2000 ⋅ 19 = 380 km² 100 10-20 jaar 19% 2000 ⋅ 19 = 380 km² 100 20-30 jaar 18% 2000 ⋅ 18 = 360 km² 100 30 jaar en ouder 44% 2000 ⋅ 44 = 880 km² 100 ⁄ 108 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 108 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:22:04 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 10 0 1, 0 0, 6 240 133 7aNa 10 jaar: 0, 7 0 0 120 = 97 0 0, 5 0 80 51 25 0 1, 0 0, 6 240 71 Na 25 jaar: 0, 7 0 0 120 = 52 0 0, 5 0 80 27 bOp de lange duur zal de populatie uitsterven. bladzijde 133 0 0 0 0, 9 0 0 8aL = 0 0, 8 0 0 0 0, 5 2 0 0 0 0, 72 0 0 0 0 0, 72 0 0 bL4 = 0 0, 72 0 0 0 0 0 0, 72 Deze matrix laat zien dat van elke leeftijdsklasse maar 72% overblijft. Er is dus sprake van afname in elke leeftijdsklasse wat betekent dat de populatie op den duur zal uitsterven. 0, 9 0 0 0 0 0 0 2, 5 0, 9 0 0 0, 9 0 0 0 0 . , dit geeft L4 = cL = 0 0, 9 0 0 0 0 0, 8 0 0 0 0 0 0, 9 0 0, 5 0 Deze matrix laat zien dat van elke leeftijdsklasse maar 90% overblijft. Er is dus sprake van afname in elke leeftijdsklasse wat betekent dat de populatie op den duur zal uitsterven. dReken voor verschillende waarden van het geboortecijfer (groter dan 2,5) L4 uit. Bij het geboortecijfer 2,8 zie je dat 1, 008 0 0 0 0 1, 008 0 0 . Het geboortecijfer moet dus minstens 2,8 zijn L4 = 0 1, 008 0 0 0 0 0 1, 008 opdat de totale populatie niet uitsterft. 0 0 9aL2 = 1 2 0 0 0 0 5 16 2 12 0 0 0 0 1 169 0 0 0 4 L3 = 0 0 0 1 0 0 4 1 14 0 0 0 2 0 L4 = 1 0 2 2 0 0 0 0 0 1 14 0 0 0 0 1 14 0 0 0 0 1 14 De getallen in de matrices schuiven bij elke volgende matrix naar linksonder en komen rechtsboven weer terug. De laatste matrix heeft alleen getallen op de diagonaal staan. © Noordhoff Uitgevers bv 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 109 ⁄ 109 14-08-2008 14:22:06 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 410 160 bt = 0: 95 100 0 0 0 5 410 500 4 0 0 0 160 328 = t = 1: 5 5 0 8 0 0 95 100 0 0 1 0 100 48 2 0 0 0 0 t = 2: 1 2 0 0 5 16 0 1 169 0 0 t = 3: 0 0 1 0 4 2 12 0 410 238 0 4 160 400 = 0 0 95 205 0 0 100 50 0 0 410 250 2 0 160 190 = 0 2 12 95 250 0 0 100 103 1 14 0 0 0 410 513 0 1 1 0 0 160 200 4 = t = 4: 0 0 1 14 0 95 119 0 0 0 1 1 125 4 100 cIn elke leeftijdsklasse is sprake van een golfbeweging: toename wordt gevolgd door afname en afname wordt weer gevolgd door toename. dtijdstip t=0 t=1 t=2 t=3 t=4 t=5 totaal 765 976 893 793 957 1219 1200 1000 800 600 400 200 0 1 2 3 4 5 40 0 0 0 5 410 3818, 4 4 0 0 0 160 1490, 1 = e 5 5 0 8 0 0 95 884, 8 0 0 1 0 100 931, 3 2 Na 40 jaar is het totaal aantal salamanders gelijk aan 3818, 4 + 1490, 1 + 884, 8 + 931, 3 = 7124, 6 . Invullen van de formule 765 ⋅ 1, 2510 ≈ 7125 levert hetzelfde aantal salamanders. 10aOp de diagonaal van de matrix staan de percentages klanten die bij hun eigen supermarkt blijven. Voor elke supermarkt geldt dat minder dan 20% van hun klanten van supermarkt is veranderd. Voor het totaal aantal klanten geldt dan ook dat minder dan 20% van supermarkt is veranderd. Er zijn geen aantallen bekend, dus het precieze percentage kun je niet berekenen. 0, 801 0, 001 0, 001 4000 3215 b 0, 073 0, 920 0, 001 5000 = 4898 0, 126 0, 079 0, 998 6000 6887 ⁄ 110 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 110 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:22:08 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 Eén maand later heeft supermarkt I 3215 klanten, supermarkt II 4898 klanten en supermarkt III 6887 klanten. cOp de lange duur (vul bijvoorbeeld 10 jaar = 120 maanden in) ontstaat er een stabiele verhouding in het aantal klanten: supermarkt I heeft dan 75 klanten, supermarkt II 252 klanten en supermarkt III 14673 klanten. 6.3 Lineaire stelsels bladzijde 134 11a(2 x − y − 2 z) + ( x + y + z) = 7 + 2 en dus 3 x − z = 9 . b−3( x + y + z) + ( − x + 3 y − z) = −3 ⋅ 2 + −3 −3 x − 3 y − 3z − x + 3 y − z = −9 −4 x − 4 z = −9 cUit opdracht a volgt z = 3 x − 9 . Invullen in het resultaat van opdracht b geeft −4 x − 4 z = −9 −4 x − 4(3 x − 9) = −9 −4 x − 12 x + 36 = −9 −16 x = −45 45 13 x = −−16 = 2 16 13 Hieruit volgt z = 3 ⋅ 2 16 − 9 = − 169 . 13 dDe tweede vergelijking x + y + z = 2 geeft y = 2 − x − z = 2 − 2 16 − − 169 = − 14 13 9 1 e(1) 2 ⋅ 2 16 − − 4 − 2 ⋅ − 16 = 7 klopt 13 (2) 2 16 + − 14 + − 169 = 2 klopt 13 (3) −2 16 + 3 ⋅ − 14 − − 169 = −3 klopt 12a( x + y + z) + (4 y − z) = 7 + 13 geeft x + 5 y = 20 . bUit opdracht a volgt x = 20 − 5 y . Invullen in de tweede vergelijking geeft 2 x − 3y = 1 2(20 − 5 y) − 3 y = 1 40 − 10 y − 3 y = 1 −13 y = −39 y = −−3139 = 3 Hieruit volgt x = 20 − 5 ⋅ 3 = 5 . Invullen in de derde vergelijking geeft 4 ⋅ 3 − z = 13 en dus z = –1. Controle: (1) 5 + 3 + −1 = 7 klopt (2) 2 ⋅ 5 − 3 ⋅ 3 = 1 klopt (3) 4 ⋅ 3 − −1 = 13 klopt © Noordhoff Uitgevers bv 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 111 ⁄ 111 14-08-2008 14:22:12 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 bladzijde 135 13a(4 x − 3 y) − 2(2 x + 7 y) = −7 − 2 ⋅ 22 4 x − 3 y − 4 x − 14 y = −51 −17 y = −51 51 y = −−17 =3 Hieruit volgt met de eerste vergelijking 4 x − 3 ⋅ 3 = −7 , 4 x = −7 + 9 = 2 en dus x = 12 . bUit de tweede vergelijking volgt 5 x − 3 y = 0 . Lineair combineren geeft 5 (3 x − 5 y) − (5 x − 3 y) = 53 ⋅ −8 − 0 3 5x − 25 3 y − 5x + 3y = −5 13 y = −40 3 −40 3 y = 2 12 Hieruit volgt met de eerste vergelijking 3 x − 5 ⋅ 2 12 = −8 , 3 x = −8 + 5 ⋅ 2 12 = 4 12 en dus x = 1 12 . c3( 12 x + 23 y) − ( 23 x − 16 y) = 3 ⋅ −1 − 10 3 x + 2 y − 23 x + 16 y = −13 2 2 16 y = −13 y = −6 Hieruit volgt met de eerste vergelijking 12 x + 23 ⋅ −6 = −1 , dCombineren van de eerste en derde vergelijking geeft (2 x + y) − 2( x − y + 2 z) = 1 − 2 ⋅ 13 2 x + y − 2 x + 2 y − 4 z = −25 3 y − 4 z = −25 3 y = −25 + 4 z y = − 253 + 43 z (1) Invullen in de tweede vergelijking geeft 2 y + z = −2 2(− 253 + 43 z) + z = −2 − 503 + 83 z + z = −2 1 2 x = 3 en dus x = 6 . 3 23 z = 14 23 14 23 =4 3 23 Hieruit volgt met (1) y = − 253 + 43 ⋅ 4 = −3 en met de eerste vergelijking volgt 2 x + −3 = 1 , 2 x = 4 en dus x = 2. eCombineren van de eerste en tweede vergelijking geeft ( x + y + 2 z) − ( x − 3 y + z) = −5 − −8 x + y + 2z − x + 3 y − z = 3 4 y + z = 3 z = 3 − 4 y (1) Combineren van de eerste en derde vergelijking geeft 2( x + y + 2 z) − (2 x + y − z) = 2 ⋅ −5 − −6 z= 2 x + 2 y + 4 z − 2 x − y + z = −44 y + 5z = −4 (2) ⁄ 112 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 112 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:22:16 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 Invullen van (1) in (2) geeft y + 5(3 − 4 y) = −4 y + 15 − 20 y = −4 −19 y = −19 y= −19 −19 =1 Hieruit volgt met (1) z = 3 − 4 ⋅ 1 = −1 en met de eerste vergelijking volgt x + 1 + 2 ⋅ −1 = −5 , x = −5 − 1 − 2 ⋅ −1 = −4 . −1 x 1 −2 6 0, 6 0, 4 6 2 1 −2 x 6 = = ⋅ = geeft = ⋅ ⋅ dus 14a 1 3 y −4 y 1 3 −4 −0, 2 0, 2 −4 −2 x = 2 en y = −2 . −1 x 1 4 −10 0, 4 −0, 2 −10 2 1 4 x −10 ⋅ = = geeft b y −3 8 ⋅ −30 = 0, 15 0, 05 ⋅ −30 = −3 −3 8 y −30 dus x = 2 en y = −3 . 2 −1 1 x −4 c 0 −2 −1 ⋅ y = −3 geeft 1 0 2 z 0 −1 x 2 −1 1 −4 0, 8 −0, 4 −0, 6 −4 −2 y = 0 −2 −1 ⋅ −3 = 0, 2 −0, 6 −0, 4 ⋅ −3 = 1 dus x = −2 , z 1 0 2 0 −0, 4 0, 2 0, 8 0 1 y = 1 en z = 1. 2 −3 5 −1 p 13 3 −1 −2 2 q 7 = geeft d 4 −3 r 9 1 1 −1 2 −3 4 s 14 −1 p 2 −3 5 −1 q 3 −1 −2 2 = 4 −3 r 1 1 s −1 2 −3 4 p = 3, q = 4, r = 5 en s = 6. 15Het stelsel vergelijkingen 13 −0, 04 0, 29 0, 19 −0, 01 13 3 7 −0, 12 0, 04 0, 31 0, 18 7 4 = dus = 0, 17 9 5 9 0, 18 −0, 10 0, 10 14 0,1 19 −0, 02 −0, 03 0, 28 14 6 3 4 c + 12 b = 80 000 1 2 b + 13 a = 80 000 is te schrijven als 2 3 a + 14 c = 80000 0 12 43 a 80 000 1 1 0 b = 80 000 . Hieruit volgt 3 2 2 0 1 c 80 000 3 4 −1 a 0 12 43 80 000 102 857 b = 1 1 0 80 000 ≈ 91429 dus 3 2 c 2 0 1 80 000 45 714 3 4 broer A bezit 102 857 euro, broer B bezit 91 429 euro en broer C bezit 45 714 euro. © Noordhoff Uitgevers bv 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 113 ⁄ 113 14-08-2008 14:22:20 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 6.4 Bijzondere stelsels bladzijde 136 1 −1 −1 16aDe coëfficiëntenmatrix van dit stelsel is 2 1 3 . 4 5 11 bAls je de inverse van de matrix probeert te berekenen geeft de GR een error: singular matrix. c(1) 1 − −6 − 3 = 4 klopt (2) 2 ⋅ 1 + −6 + 3 ⋅ 3 = 5 klopt (3) 4 ⋅ 1 + 5 ⋅ −6 + 11 ⋅ 3 = 7 klopt dDe tweede vergelijking combineren met de eerste vergelijking geeft (2 x + y + 3z) − 2( x − y − z) = 5 − 2 ⋅ 4 2 x + y + 3z − 2 x + 2 y + 2 z = −3 3 y + 5z = −3 3 y = −3 − 5z y = −1 − 53 z (1) De derde vergelijking combineren met de eerste vergelijking en invullen van (1) geeft (4 x + 5 y + 11z) − 4( x − y − z) = 7 − 4 ⋅ 4 4 x + 5 y + 11z − 4 x + y + z = −9 9 y + 15z = −9 9 ⋅ (−1 − 53 z) + 15z = −9 −9 − 15z + 15z = −9 15z = 15z Deze vergelijking klopt voor elke waarde van z. We kiezen z = 6, dit geeft met (1) y = −1 − 53 ⋅ 6 = −11 en met de eerste vergelijking x − −11 − 6 = 4 en dus x = –1. 1 −3 4 17aDe coëfficiëntenmatrix van dit stelsel is 2 1 1 . Als je de inverse van de matrix 3 −2 5 probeert te berekenen geeft de GR een error: singular matrix. b( x − 3 y + 4 z) + (2 x + y + z) = 7 + 7 geeft 3 x − 2 y + 5z = 14 , dit is strijdig met de derde vergelijking 3 x − 2 y + 5z = 6 . Conclusie: dit stelsel vergelijkingen heeft geen oplossing. 18aDe derde vergelijking combineren met de eerste vergelijking geeft 3( x + 3 y + 3z) − (3 x + 5 y + 2 z) = 3 ⋅ 11 − 0 3 x + 9 y + 9 z − 3 x − 5 y − 2 z = 33 4 y + 7z = 33 4 y = 33 − 7z y = 334 − 47 z (1) ⁄ 114 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 114 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:22:22 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 De derde vergelijking combineren met de tweede vergelijking en invullen van (1) geeft 2( x + 3 y + 3z) − (2 x + 3 y − z) = 2 ⋅ 11 − −15 2 x + 6 y + 6 z − 2 x − 3 y + z = 37 3 y + 7z = 37 3( 334 − 47 z) + 7z = 37 99 4 3 4 − 21 4 z + 7z = 37 1 z = 12 14 z= 12 14 =7 1 43 Dit geeft met (1) y = 334 − 47 ⋅ 7 = −4 en met de derde vergelijking x + 3 ⋅ −4 + 3 ⋅ 7 = 11 en dus x = 11 − 3 ⋅ −4 − 3 ⋅ 7 = 2 . Conclusie: dit stelsel heeft precies één oplossing. bDe tweede vergelijking combineren met de eerste vergelijking geeft (13 x + 14 y − 4 z) − 2(5 x + 4 y − 2 z) = 0 − 2 ⋅ 0 13 x + 14 y − 4 z − 10 x − 8 y + 4 z = 0 3 x + 6 y = 0 3 x = −6 y x = −2 y (1) De derde vergelijking combineren met de eerste vergelijking en invullen van (1) geeft (11 x + 13 y − 3z) − 1 12 (5 x + 4 y − 2 z) = 0 − 1 12 ⋅ 0 11 x + 13 y − 3z − 7 12 x − 6 y + 3z = 0 3 12 x + 7 y = 0 3 12 (−2 y) + 7 y = 0 7y = 7y Deze vergelijking klopt voor elke waarde van y. We kiezen y = 1, dit geeft met (1) x = −2 ⋅ 1 = −2 en met de eerste vergelijking 5 ⋅ −2 + 4 ⋅ 1 − 2 z = 0 , −2 z = 10 − 4 = 6 en dus z = –3. Conclusie: dit stelsel is afhankelijk en bovenstaande oplossing is één van de mogelijke oplossing. cDe eerste vergelijking combineren met de derde vergelijking geeft ( x + y + z) − ( x + z) = 1 − 3 x + y + z − x − z = −2 y = −2 (1) De derde vergelijking geeft x = 3 − z (2) . Invullen van (1) en (2) in de tweede vergelijking geeft x + 2y + z = 2 3 − z + 2 ⋅ −2 + z = 2 3− 4 = 2 −1 = 2 Conclusie: dit is een strijdig stelsel en heeft dus geen oplossing. © Noordhoff Uitgevers bv 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 115 ⁄ 115 14-08-2008 14:22:25 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 bladzijde 137 19aBij de matrixvergelijking hoort het stelsel vergelijkingen x − 3 y + 2z = 5 2 x + y + 3z = 8 7y − z = 3 De derde vergelijking geeft z = 7 y − 3 (1). De eerste vergelijking combineren met de tweede vergelijking en invullen van (1) geeft 2( x − 3 y + 2 z) − (2 x + y + 3z) = 2 ⋅ 5 − 8 2 x − 6 y + 4 z − 2 x − y − 3z = 2 − 7y + z = 2 −7 y + 7 y − 3 = 2 −3 = 2 Conclusie: dit is een strijdig stelsel en heeft dus geen oplossing. 1 −1 2 3 3 − 2 + 4 5 b 2 −2 4 2 = 6 − 4 + 8 = 10 klopt 3 −3 6 2 9 − 6 + 12 15 1 −1 2 1 1 − 4 + 8 5 c 2 −2 4 4 = 2 − 8 + 16 = 10 klopt 3 −3 6 4 3 − 12 + 24 15 1 −1 2 9 9 − 0 − 4 5 2 −2 4 0 = 18 − 0 − 8 = 10 klopt 3 −3 6 −2 27 − 0 − 12 15 x 3 −1 3 − λ d y = 2 + λ 1 = 2 + λ z 2 1 2 + λ Invullen in de matrixvergelijking van opdracht b geeft 1 −1 2 3 − λ 3 − λ − (2 + λ) + 2(2 + λ) 3 − λ − 2 − λ + 4 + 2 λ 5 2 −2 4 2 + λ = 2(3 − λ) − 2(2 + λ) + 4(2 + λ) = 6 − 2 λ − 4 − 2 λ + 8 + 4 λ = 10 3 −3 6 2 + λ 3(3 − λ) − 3(2 + λ) + 6(2 + λ) 9 − 3λ − 6 − 3λ + 12 + 6 λ 15 20aBij deze matrixvergelijking hoort het stelsel vergelijkingen 3 x − ay = 5 2x + 4y = b Er is een oplossing als het stelsel de vergelijkingen niet afhankelijk of strijdig is. Dit is het geval als de de bijbehorende lijnen niet evenwijdig zijn of samenvallen. 3 2 De normaalvectoren en moeten dus verschillende richtingen hebben, dit − a 4 is het geval als a ≠ −6 . bVoor a = –6 en b ≠ 3 13 heeft het stelsel geen oplossingen. Als a = –6 is de linkerkant van de eerste vergelijking gelijk aan anderhalf keer de linkerkant van de tweede vergelijking. Als je er dan voor zorgt dat b ⋅1 12 ongelijk is aan 5, heeft het stelsel geen oplossingen. cVoor a = –6 en b = 3 13 heeft het stelsel oneindig veel oplossingen. De eerste vergelijking is dan namelijk gelijk aan anderhalf keer de tweede vergelijking. ⁄ 116 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 116 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:22:28 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 21aa = 1 en b = –1 geeft het stelsel vergelijkingen x+ y+z=1 x+ y+z=1 x+ y−z=1 De vlakken U en V zijn gelijk aan elkaar en vlak W is de spiegeling van vlak U in het xy-vlak. De eerste vergelijking met de derde vergelijking combineren geeft x+ y+ z+ x+ y− z = 1+1 2x + 2 y = 2 2 y = 2 − 2 x y = 1− x De vlakken U en W snijden elkaar dus in de lijn y = 1 − x . ba = 1 en b = –1 geeft het stelsel vergelijkingen x+ y+z =1 x+ y+z =1 x+ y−z=1 De eerste vergelijking combineren met de derde vergelijking geeft ( x + y + z) − ( x + y − z) = 1 − 1 x+ y+ z− x− y+ z = 0 2z = 0 z=0 Hiermee volgt met de eerste vergelijking x+ y=1 x =1− y De oplossingen van het stelsel vormen een lijn in R3 en hebben de vectorvoorstelling x 1 − y 1 −1 y = y = 0 + y 1 . z 0 0 0 ca = 3 en b = 2 geeft het stelsel vergelijkingen x+ y+z =1 x + 3y + z = 3 x + y + 2z = 3 De eerste vergelijking met de tweede vergelijking combineren geeft ( x + y + z) − ( x + 3 y + z) = 1 − 3 x + y + z − x − 3 y − z = −2 −2 y = −2 y = 1 (1) De eerste vergelijking met de derde vergelijking combineren geeft ( x + y + z) − ( x + y + 2 z) = 1 − 3 x + y + z − x − y − 2 z = −2 − z = −2 z = 2 ( 2) Invullen van (1) en (2) in de eerste vergelijking geeft x + 1 + 2 = 1 en dus x = 1 − 1 − 2 = −2 . Conclusie: de drie vlakken snijden elkaar in het punt ( −2, 1, 2) . dAls a = b = 1 zijn de drie vlakken hetzelfde. © Noordhoff Uitgevers bv 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 117 ⁄ 117 14-08-2008 14:22:31 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 22aDe eerste vergelijking geeft x = −2 y (1). De tweede vergelijking geeft met behulp van (1) x + 4 y − 2z = 0 −2 y + 4 y − 2 z = 0 2 y = 2z y = z ( 2) De derde vergelijking geeft met behulp van (1) en (2) 2 x + 4 z = −8 2 ⋅ −2 y + 4 y = −8 0 = −8 Conclusie: dit is een strijdig stelsel en heeft dus geen oplossing. bDe eerste vergelijking combineren met de tweede vergelijking geeft 2( x + y − 2 z) − (2 x + y − 3z) = 2 ⋅ 0 − 0 2 x + 2 y − 4 z − 2 x − y + 3z = 0 y−z= 0 y = z (1) De derde vergelijking geeft met behulp van (1) 4 x − 2 y − 2z = 0 4 x − 2 y − 2 y = 0 4x = 4y x = y (2) De vierde vergelijking geeft met (1) en (2) 6 x − x − 5z = 0 6 x − x − 5 x = 0 6x − 6x = 0 Deze vergelijking geldt voor alle waarden van x. Echter de vijfde vergelijking geeft met (1) en (2) 7 x − 3 y − 4z = 1 7 x − 3 x − 4 x = 1 0=1 Conclusie: dit is een strijdig stelsel en heeft dus geen oplossing. 6.5 Afbeeldingen bladzijde 138 23aA′ = (3, 4, − 2) bB ′ = (b1 , b2 , − b3 ) cC ′ = ( −2, 4, − 3) dX ′ = ( − x, y, − z) 24aSpiegelen in de z-as bSpiegelen in het punt (1, 2, 3) cVermenigvuldiging met factor 2 ten opzichte van de oorsprong. 1 dTranslatie in over de vector −1 . 0 ⁄ 118 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 118 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:22:33 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 0 25a 1 0 1 b 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 −1 0 c 1 0 0 0 0 1 3 0 0 d 0 3 0 0 0 3 bladzijde 139 1 3 0 1 1 + 3 4 26aP ′ = 2 0 −2 1 = 2 = 2 dus P ′(4, 2, − 1) 0 −1 1 0 −1 −1 1 3 0 2 2 − 3 −1 bQ ′ = 2 0 −2 −1 = 4 − 2 = 2 dus Q ′( −1, 2, 2) 0 −1 1 1 1 + 1 2 1 3 0 0 0 cR ′ = 2 0 −2 0 = −6 dus R ′(0, − 6, 3) 0 −1 1 3 3 1 3 0 a a + 3b dS = 2 0 −2 b = 2 a − 2c dus S ′(a + 3b, 2 a − 2c, − b + c) 0 −1 1 c −b + c 1 0 0 x x 27a 0 0 −1 y = − z 0 1 0 z y Roteren om de x-as over een hoek van 90° waarbij de y-as de z-as als beeld heeft. 1 0 0 x x b 0 1 0 y = y 0 0 0 z 0 Meetkundige betekenis: loodrecht projecteren op het vlak z = 0. 2 3 −5 1 2 28aHet beeld van (1, 0, 0) is −3 −1 7 0 = −3 1 5 2 0 1 2 3 −5 0 3 bHet beeld van (0, 1, 0) is −3 −1 7 1 = −1 1 5 2 0 5 © Noordhoff Uitgevers bv 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 119 ⁄ 119 14-08-2008 14:22:36 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 2 3 −5 0 −5 Het beeld van (0, 0, 1) is −3 −1 7 0 = 7 1 5 2 1 2 2 3 −5 0 0 Het beeld van (0, 0, 0) is −3 −1 7 0 = 0 1 5 2 0 0 cDe beeldvectoren van de vectoren (1, 0, 0), (0, 1, 0) en (0, 0, 1) vormen respectievelijk de eerste, tweede en derde kolom van de afbeeldingsmatrix. De beeldvector van de vector (0, 0, 0) is zichzelf. 29aOmdat vlak V niet door de oorsprong gaat wordt het beeld van de nulvector niet 0 0 , dus kun je geen afbeeldingsmatrix op stellen, want voor elke 3 x 3 matrix A 0 0 0 geldt A 0 = 0 . 0 0 bW : 2 x + y + 2 z = 0 . cNu geldt wel dat (0, 0, 0) op (0, 0, 0) wordt afgebeeld. dOm de afbeeldingsmatrix Sw op te stellen heb je de beelden van de eenheidsvectoren nodig. (1, 0, 0) spiegelen in W: 1 2 l : x = 0 + λ 1 snijden met W geeft: 0 2 2(1 + 2 λ ) + λ + 2 ⋅ 2 λ = 0 ⇒ 2 + 4 λ + λ + 4 λ = 0 ⇒ 9 λ = −2 ⇒ λ = − 29 . Het snijpunt krijg je dus voor λ = − 29 , het beeldpunt dan voor λ = − 49 . Het beeldpunt van (1, 0, 0) is dus ( 19 , − 49 , − 89 ) . (0, 1, 0) spiegelen in W: 0 2 m : x = 1 + m 1 snijden met W geeft: 0 2 2 ⋅ 2m + (1 + m) + 2 ⋅ 2m = 0 ⇒ 4m + 1 + m + 4m = 0 ⇒ 9m = −1 ⇒ m = − 19 . Het snijpunt krijg je dus voor m = − 19 , het beeldpunt dan voor m = − 29 . Het beeldpunt van (0, 1, 0) is dus ( − 49 , 97 , − 49 ) . (0, 0, 1) spiegelen in W: 0 2 n : x = 0 + ν 1 snijden met W geeft: 1 2 2 ⋅ 2 ν + ν + 2 ⋅ (1 + 2 ν) = 0 ⇒ 4 ν + ν + 2 + 4 ν = 0 ⇒ 9 ν = −2 ⇒ ν = − 29 . Het snijpunt krijg je dus voor ν = − 29 , het beeldpunt dan voor ν = − 49 . Het beeldpunt van (0, 0, 1) is dus ( − 89 , − 49 , 19 ) . De afbeeldingsmatrix wordt dus: 19 − 49 − 89 Sw = − 49 97 − 49 . − 8 − 4 1 9 9 9 ⁄ 120 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 120 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:22:41 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 6.6 Lineaire afbeeldingen bladzijde 140 v w v + w1 2 −1 v1 + w1 2(v1 + w1 ) − (v2 + w2 ) = 30L(v + w) = L 1 + 1 = L 1 = v2 + w2 1 4 v2 + w2 (v1 + w1 ) + 4(v2 + w2 ) v2 w2 2v + 2w1 − v2 − w2 2v1 − v2 2w1 − w2 2 −1 v1 2 −1 w1 = + + = 1 = v1 + w2 + 4v2 + 4w2 v1 + 4v2 w1 + 4w2 1 4 v2 1 4 w2 v w = L 1 + L 1 = L(v) + L(w) v w 2 2 v 2v − v λv 2 −1 λv1 2 λv1 − λv2 λ(2v1 − v2 ) = λ 1 2 = = L(λv) = L λ 1 = L 1 = λ ( 4 ) + v2 v1 + 4v2 λv2 1 4 λv2 λv1 + 4 λv2 v1 v2 v 2 −1 v1 = λL 1 = λL(v) = λ 1 4 v v 2 1 3 2 3 12 4 31aL = L 13 ⋅ = 13 ⋅ L = 13 ⋅ = 0 −3 −1 0 0 0 0 −16 −8 0 = bL = L 12 ⋅ = 12 ⋅ L = 12 ⋅ 2 2 1 1 2 1 0 0 4 −8 −4 1 1 cL = L + = L + L = + = 1 −1 1 0 0 1 0 1 0 −88 −24 0 0 dL = L 3 ⋅ = 3 ⋅ L = 3 ⋅ = 1 3 1 3 1 32aDe normaalvector van het vlak V is (2, − 1, 2) . De punten P, Q en R worden in deze richting op het vlak V geprojecteerd. Dus de beelden van P, Q en R zijn de snijpunten van elk van de lijnen (1, 0, 0) + λ(2, − 1, 2) , (0, 1, 0) + λ(2, − 1, 2) en (0, 0, 1) + λ(2, − 1, 2) met het vlak V. (1, 0, 0) + λ(2, − 1, 2) = (1 + 2 λ, − λ, 2 λ) invullen in de vergelijking van het V geeft 2(1 + 2 λ) + λ + 2 ⋅ 2 λ = 0 2 + 4λ + λ + 4λ = 0 2 + 9λ = 0 9 λ = −2 λ = −92 Het snijpunt van de lijn (1, 0, 0) + λ(2, − 1, 2) met het vlak V is dus ( 95 , 29 , −94 ) . (0, 1, 0) + λ(2, − 1, 2) = (2 λ, 1 − λ, 2 λ) invullen in de vergelijking van het V geeft 2 ⋅ 2 λ − (1 − λ ) + 2 ⋅ 2 λ = 0 4λ − 1 + λ + 4λ = 0 −1 + 9 λ = 0 9λ = 1 λ = 19 © Noordhoff Uitgevers bv 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 121 ⁄ 121 14-08-2008 14:22:44 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 Het snijpunt van de lijn (0, 1, 0) + λ(2, − 1, 2) met het vlak V is dus ( 29 , 89 , 29 ) . (0, 0, 1) + λ(2, − 1, 2) = (2 λ, − λ, 1 + 2 λ) invullen in de vergelijking van het V geeft 2 ⋅ 2 λ + λ + 2(1 + 2 λ) = 0 4λ + λ + 2 + 4λ = 0 2 + 9λ = 0 9 λ = −2 λ = −92 Het snijpunt van de lijn (0, 0, 1) + λ(2, − 1, 2) met het vlak V is dus ( −49 , 29 , 95 ) . 95 29 −94 bDe beelden van opdracht a vormen samen de afbeeldingsmatrix 29 89 29 . −4 2 5 9 9 9 x 1 2 cDe lijn door (1, 1, 1) loodrecht op V is y = 1 + λ −1 . Vul (1 + 2 λ, 1 − λ, 1 + 2 λ ) z 1 2 in bij de vergelijking van V: 2(1 + 2 λ) − 1(1 − λ) + 2(1 + 2 λ) = 0 dus 2 + 4 λ − 1 + λ + 2 + 4 λ = 3 + 9 λ = 0 waaruit volgt 9 λ = −3 ⇒ λ = − 13 Het beeldpunt is dus ( 13 , 1 13 , 13 ) . Omdat L een lineaire afbeelding is mag je ook gebruiken dat het beeldpunt van (1, 1, 1) de optelling van de beelden van (1, 0, 0), (0, 1, 0) en (0, 0, 1) is. 95 29 −94 1 95 + 29 + −94 93 13 Controle: 29 89 29 1 = 29 + 89 + 29 = 129 = 1 13 klopt. −4 2 5 1 −4 + 2 + 5 3 1 9 9 9 9 9 9 9 3 bladzijde 141 33aNeem de punten (1, 2) en (3, 1) op de lijn l. De beeldpunten worden dan cos 12 π − sin 12 π 1 0 −1 1 −2 0 −1 3 −1 = en = = . 1 1 sin cos π π 1 0 1 3 2 1 0 2 1 2 2 Als je deze punten in een assenstelsel zet, kun je een lijn y = ax + b formuleren. Hier wordt dat y = 2 x + 6 . Dit geeft voor de lijn l ′ de vergelijking y − 2 x = 6 . bDe lijn l kun je in een assenstelsel weergeven. Het resultaat van de rotatie kun je, aan hand van de omschrijving ‘draaien over een hoek van 12 π om O tegen de wijzers van de klok in’, eveneens in het assenstelsel weergeven. Deze lijn voldoet aan de vergelijking y = ax + b waarbij je a en b aan de hand van de tekening uit kunt rekenen. cMet behulp van een tegenvoorbeeld. Het punt (1, 3) wordt afgebeeld op het punt (2, 2). Het punt (4, 2) wordt afgebeeld op het punt (3, 5). Als de afbeelding lineair is, moet gelden R((1, 3) + (4, 2)) = R(1, 3) + R(4, 2) dat wil zeggen R(5, 5) = R(1, 3) + R(4, 2) . R(5, 5) = (0, 6) en dat is ongelijk aan R(1, 3) + R(4, 2) = (2, 2) + (3, 5) = (5, 7) . Dus roteren om het punt P(2, 3) over een hoek van 12 π is geen lineaire afbeelding. 34aDe afbeeldingsmatrix van A (waarbij voor 60° 13 π is ingevuld) is cos 13 π − sin 13 π 0 12 − 12 3 0 sin 1 π cos 1 π 0 = 1 3 1 0 . 3 3 2 2 0 0 1 0 0 1 12 b 12 3 0 ⁄ 122 − 12 3 0 3 12 3 − 12 3 + 0 0 1 0 1 = 12 ⋅ 3 + 12 + 0 = 2 2 0 1 −1 0 + 0 − 1 −1 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 122 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:22:50 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 x 35a y z 2 1 1 1 t =t 1 = t −2 −2t 8 5 t 2t + 8t − 10t 0 3 2 t = t + 3t − 4t = 0 1 1 −2t t + t − 2t 0 bEen lijn die evenwijdig is met de lijn l heeft dezelfde richting als de lijn l, maar gaat niet door het punt (0, 0, 0). In plaats van door (0, 0, 0) gaat deze lijn door een ander punt (dat niet op de lijn l ligt), zeg het punt (a, b, c) . Deze lijn heeft dan de x a + t vectorvoorstelling y = b + t . Alle punten op deze lijn worden op het punt z c − 2t 2 8 5 a + t 2(aa + t ) + 8(b + t ) + 5(c − 2t ) 2 a + 2t + 8b + 8t + 5c − 10t 1 3 2 ⋅ b + t = a + t + 3(b + t ) + 2(c − 2t ) = a + t + 3b + 3t + 2c − 4t 1 1 1 c − 2t a + t + b + t + c − 2t a+b+c 2 a + 8b + 5c = a + 3b + 2c afgebeeld. a + b + c In woorden: de lineaire afbeelding T heeft dezelfde werking op een lijn die evenwijdig is aan de lijn l, dus het beeld van deze evenwijdige lijn is ook één punt. c 2 8 5 1 + λ 2(11 + λ) + 8(2 + λ) + 5( −1 − 2 λ) 2 + 2 λ + 16 + 8 λ − 5 − 10 λ 13 1 3 2 2 + λ = 1 + λ + 3(2 + λ) + 2( −1 − 2 λ) = 1 + λ + 6 + 3λ − 2 − 4 λ = 5 1 1 1 −1 − 2 λ 2 1 + λ + 2 + λ − 1 − 2λ 2 dPunten in het vlak x = y zijn van de vorm ( x, x, z) . Het beeld van dit punt onder de 2 8 5 x 2 x + 8 x + 5z 10 x + 5z afbeelding T is 1 3 2 x = x + 3 x + 2 z = 4 x + 2 z . 1 1 1 z x + x + z 2 x + z x 5 5 Bij dit beeld hoort een lijn met de vectorvoorstelling y = (2 x + z) 2 = λ 2 . z 1 1 6.7 Afbeeldingen samenstellen bladzijde 142 36aHet beeldpunt van P (a, b) heeft coördinaten (b, a) . bJe schuift de spiegellijn y = x + 4 en ook het punt P (a, b) vier eenheden naar beneden. De ‘nieuwe’ spiegellijn heeft dan de vergelijking y = x en het ‘nieuwe punt’ noemen we even R. Dit punt heeft coördinaten (a, b − 4) . Het spiegelbeeld van R bij spiegeling in de lijn y = x heeft de coördinaten (b − 4, a) . Nu schuiven we het spiegelbeeld van R weer vier eenheden omhoog en dit geeft Q(b − 4, a + 4) . cHet beeldpunt van P (a, b) is Q(b − 4, a + 4) . Het beeldpunt van Q(b − 4, a + 4) is R(a + 4, b − 4) . dEen translatie 4 naar rechts en 4 naar beneden. © Noordhoff Uitgevers bv 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 123 ⁄ 123 14-08-2008 14:22:55 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 37aDe afbeelding Sm is spiegelen in de lijn m : y = x . 0 1 Sm (1, 0) = (0, 1) en Sm (0, 1) = (1, 0) leveren samen de afbeeldingsmatrix B = . 1 0 bEen lijn die loodrecht op de lijn y = −2 x staat, heeft richtingscoëfficiënt 12 . Voor het punt (1, 0) levert dit de lijn y = 12 x + b met b = 0 − 12 ⋅ 1 = − 12 en dus y = 12 x − 12 . Dit geeft x = 2 y + 1 . Hiermee is het snijpunt met de lijn y = −2 x te berekenen: y = −2(2 y + 1) y = −4 y − 2 5 y = −2 y = − 25 en dus x = 15 . Het punt (1, 0) spiegelen in de lijn y = −2 x levert dus het beeld (1 − 45 − 45 , 0 − 25 − 25 ) = ( − 53 , − 45 ) . Voor het punt (0, 1) levert dit de lijn y = 12 x + b met b = 1 − 12 ⋅ 0 = 1 en dus y = 12 x + 1 . Dit geeft x = 2 y − 2 . Hiermee is het snijpunt met de lijn y = −2 x te berekenen: y = −2(2 y − 2) y = −4 y + 4 5 y = 4 y = 45 en dus x = − 25 . Het punt (0, 1) spiegelen in de lijn y = −2 x levert dus het beeld (0 − 25 − 25 , 1 − 15 − 15 ) = ( − 45 , 53 ) . Deze kentallen kloppen met de afbeeldingsmatrix A. − 3 − 4 0 − 4 cSn Sm (1, 0) = Sn (0, 1) = 45 3 5 = 3 5 − 5 5 1 5 − 45 1 − 53 = 4 3 − 5 5 0 3 4 − − 5 De afbeeldingsmatrix C is dus 3 5 . 5 − 45 − 3 − 4 0 1 − 45 − 53 = d 45 3 5 klopt − 5 5 1 0 53 − 45 − 3 Sn Sm (0, 1) = Sn (1, 0) = 45 − 5 eSm Sn (1, 0) = Sm ( − 53 , − 45 ) = ( − 45 , − 53 ) Sm Sn (0, 1) = Sm ( − 45 , 53 ) = ( 53 , − 45 ) 3 − 4 De afbeeldingsmatrix bij Sm Sn is dus 53 5 4 , deze is niet hetzelfde als de − 5 − 5 afbeeldingsmatrix van Sn Sm , dus de afbeeldingen zijn niet hetzelfde. bladzijde 143 cos b − sin b cos b bEerst over b radialen draaien en daarna over a radialen draaien is hetzelfde als in een keer over een hoek van a + b draaien. Dit levert de afbeeldingsmatrix cos(a + b) − sin(a + b) . sin(a + b) cos(a + b) 38a sin b ⁄ 124 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 124 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:23:02 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 c cos a − sin a cos b − sin b cos a cos b − sin a sin b − sin b cos a − sin a cosb b = cos a sin b cos b sin a cos b + sin b cos a − sin a sin b + cos a cos b R × S = sin a dDe matrices van opdracht b en c zijn gelijk aan elkaar. Dus de uitdrukkingen links bovenin elk van deze matrices is gelijk aan elkaar: cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b . eDe andere goniometrische formules zijn − sin(a + b) = − sin b cos a − sin a cos b en sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a . fDe afbeelding S R betekent dat je eerst over a radialen draait en daarna over b draait. Dit is hetzelfde als eerst over b radialen draaien en daarna over a draaien. Dus S R is dezelfde afbeelding als R S . 1 1 1 −1 1 2 0 −1 0 39aDe afbeeldingsmatrix van V is 0 −1 1 1 −1 −1 = −1 0 0 . 1 1 0 0 −1 −1 0 0 1 0 −1 0 x − y 0 0 y = − x . De meetkundige betekenis hiervan is spiegelen in het vlak 0 0 1 z z x = −y . b −1 40aS(1, 0, 0) = (0, 1, 0) , S(0, 1, 0) = (1, 0, 0) en S(0, 0, 1) = (0, 0, 1) . 0 1 0 Dit levert de afbeeldingsmatrix 1 0 0 . 0 0 1 R(1, 0, 0) = (0, 1, 0) , R(0, 1, 0) = ( −1, 0, 0) en R(0, 0, 1) = (0, 0, 1) . 0 −1 0 Dit levert de afbeeldingsmatrix 1 0 0 . 0 0 1 0 1 0 0 −1 0 1 0 0 bDe afbeeldingsmatrix van W is 1 0 0 1 0 0 = 0 −1 0 . 0 0 1 0 0 1 0 0 1 −1 cNeem het punt 0 als beginpunt van de lijn l. Deze lijn heeft de richting 1 0 −1 1 1 − 0 = 1 . 4 1 3 −1 1 −1 + λ Dit geeft voor de lijn l de vectorvoorstelling l = 0 + λ 1 = λ . 1 3 1 + 3λ Voor de beeldlijn l ′ levert dit de vectorvoorstelling 1 0 0 −1 + λ −1 + λ −1 1 0 −1 0 λ = − λ = 0 + λ −1 . 0 0 1 1 + 3λ 1 + 3λ 1 3 © Noordhoff Uitgevers bv 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 125 ⁄ 125 14-08-2008 14:23:06 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 Test jezelf bladzijde 146 0, 5 0 0 T-1aL = 0 0, 5 0 . Aan deze matrix valt op dat er alleen op de diagonaal getallen 0 0 0, 5 ongelijk aan nul staan. 3 bVoor een aantal tijdstippen de beeldvector uitrekenen: 50 391 0, 15 t = 3: 50 , t = 25: 0, 002 en t = 50: 0, 007 . 50 0, 04 0 Conclusie: De populatie zal op den duur uitsterven. T-2a0,25 is de overlevingskans in de leeftijdsgroep ‘volwassenen’. 5 0, 1 0, 5 0, 01 12 000 673 b 0, 5 0 0 12 000 = 584 0 0, 25 0 6000 276 cIn vijf jaar zijn de aantallen in elke klasse sterk afgenomen, dus zal deze diersoort op de lange duur uitsterven. T-3a(2 x + 3 y) − (3 y + 2 z) = −2 − 6 2 x − 2 z = −8 (1) b(2 x + 3 y) − 3( x + y + z) = −2 − 3 ⋅ 0 − x − 3z = −2 (2) cVergelijking (1) geeft 2 x = −8 + 2 z en dus x = −4 + z (3) . Invullen in (2) levert −(−4 + z) − 3z = −2 4 − z − 3z = −2 −4 z = −6 z = 1 12 dz = 1 12 levert met (3) x = −4 + 1 12 = −2 12 en met de tweede vergelijking y = − x − z = 2 12 − 1 12 = 1 . e(1) 2 ⋅ −2 12 + 3 ⋅ 1 = −2 klopt (2) −2 12 + 1 + 1 12 = 0 klopt (3) 3 ⋅ 1 + 2 ⋅ 1 12 = 6 klopt T-4aDe eerste en tweede vergelijking combineren geeft 2(15 x + 5 y + 8 z) + (9 x − 10 y − 5z) = 2 ⋅ 37 + 71 30 x + 10 y + 16 z + 9 x − 10 y + 5z = 145 39 x + 21z = 145 39 x = 145 − 21z 21 − 39 z (1) x = 145 39 ⁄ 126 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 126 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:23:10 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 De eerste en derde vergelijking combineren en invullen van (1) geeft 2(15 x + 5 y + 8 z) − (12 x + 10 y − 8 z) = 2 ⋅ 37 − 26 30 x + 10 y + 16 z − 12 x − 10 y + 8 z = 48 18 x + 24 z = 48 21 18( 145 − 39 z) + 24 z = 48 39 2610 39 − 198 z + 24 z = 48 39 (24 − 198 )z = 48 − 39 z= 2610 39 48 − 2610 39 = −1 24 − 198 39 Met behulp van (1) geeft dit x = 145 − 11 ⋅ −1 = 4 . Met de derde vergelijking volgt 39 39 10 y = 26 − 12 x + 8 z , hieruit volgt 10 y = 26 − 12 ⋅ 4 + 8 ⋅ −1 = −30 en dus y = –3. bUit de eerste vergelijking volgt 12 x = 9 + 23 y en dus x = 18 + 43 y . Invullen in de tweede vergelijking geeft 3 (18 + 43 y) + 12 y = 0 4 13 12 + y + 12 y = 0 1 12 y = −13 12 y = −9 en dus x = 18 + 43 ⋅ −9 = 6 . T-5aDe eerste vergelijking combineren met de tweede vergelijking geeft ( x + y + 2 z) − (3 x + y + 2 z) = 5 − −5 −2 x = 10 x = −5 (1) Invullen van (1) in de tweede vergelijking geeft 2 ⋅ −5 − y − z = 8 − y − z = 18 − y = 18 + z y = −18 − z (2) Invullen van (1) en (2) in de derde vergelijking geeft 3 ⋅ −5 + (−18 − z) + 2 z = −5 −15 − 18 + z = −5 z = 28 en dus y = −18 − 28 = −46 . bDe derde vergelijking geeft 3 y + 2z = 7 2z = 7 − 3 y z = 3 12 − 1 12 y (1) De eerste en tweede vergelijking combineren en invullen van (1) geeft (2 x − y − 2 z) − 2( x − 2 y − 2 z) = −2 − 2 ⋅ −3 2 x − y − 2z − 2 x + 4 y + 4z = 4 3 y + 2z = 4 3 y + 2(3 12 − 1 12 y) = 4 3y + 7 − 3y = 4 7=4 Conclusie: dit stelsel is strijdig. © Noordhoff Uitgevers bv 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 127 ⁄ 127 14-08-2008 14:23:13 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 cDe derde vergelijking geeft 5 x + 7 y = 31 5 x = 31 − 7 y x = 315 − 57 y (1) De eerste en tweede vergelijking combineren en invullen van (1) geeft ( x + 3 y + 2 z) + 23 ( x − y − 3z) = 5 + 23 ⋅ 8 x + 3 y + 2 z + 23 x − 23 y − 2 z = 10 13 1 23 x + 2 13 y = 10 13 1 23 ( 315 − 57 y) + 2 13 y = 10 13 10 13 − 2 13 y + 2 13 y = 10 13 −2 13 y + 2 13 y = 0 Deze vergelijking geldt voor alle waarden van y , dus dit is een afhankelijk stelsel. bladzijde 147 12 T-6a 0 − 1 2 0 − 12 2 2 1 0 3 = 3 0 12 −2 −22 12 0 − 1 2 0 − 12 −3 −3 1 0 −4 = −4 0 12 3 3 12 0 − 12 4 4 0 1 0 −2 = −22 − 1 0 1 −4 −4 2 2 Deze vectoren zijn gelijk aan hun beeldvector. 1 −5 7 bBijvoorbeeld: 6 , 1 of 8 . −1 5 −7 cV : x = − z 2 1 3 2 1 6 1 7 T-7aA 0 = A −1 + 1 = A −1 + A 1 = 4 + 2 = 6 , dus 0 0 0 5 0 5 0 0 3 3 7 2 13 1 A 0 = A 13 ⋅ 0 = 13 ⋅ A 0 = 13 ⋅ 6 = 2 0 5 1 2 0 0 3 1 2 1 2 1 2 1 6 −4 0 A 3 = A 2 ⋅ 1 − −1 = A 2 ⋅ 1 − A −1 = 2 ⋅ A 1 − A −1 = 2 ⋅ 2 − 4 = 0 0 0 0 0 0 5 −5 0 0 0 dus 0 0 −4 −1 13 0 A 1 = A 13 ⋅ 3 = 13 ⋅ A 3 = 13 ⋅ 0 = 0 0 −5 −1 2 0 0 3 ⁄ 128 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 128 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:23:15 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 2 0 1 2 1 1 1 1 1 1 1 A 0 = A − 3 ⋅ 1 − 3 ⋅ −1 + 0 = A − 3 ⋅ 1 − A − 3 −1 + A 0 0 1 0 1 0 1 0 1 2 1 1 6 3 23 = − 13 ⋅ A 1 − 13 ⋅ A −1 + A 0 = − 13 ⋅ 2 − 13 ⋅ 4 + 4 = 2 0 0 1 5 3 1 1 0 3 2 13 −1 13 23 bUit de beeldpunten van opdracht a volgt de afbeeldingsmatrix 2 0 2. 1 2 −1 2 1 1 3 3 3 2 1 1 cDe tweede vector min de eerste vector levert de derde vector: 0 − 1 = −1 . 1 0 1 Dit betekent dat de drie gegeven vectoren samen een vlak vormen. Met lineaire combinaties van deze vectoren kun je dus alleen vectoren uit dit vlak krijgen. Je hebt meer informatie over de lineaire transformatie B nodig om over de beelden van alle vectoren uit de ruimte iets te kunnen zeggen. T-8aHet linkerlid van de tweede vergelijking moet dan een lineaire combinatie van de eerste en de derde vergelijking zijn: 2 x + 8 ay + z = p( x + y − z) + q( x + 3 y) Hieruit volgt 2 = p + q en −1 = p dus q = 3 Maar dan moet gelden 8 a = −1 ⋅ 1 + 3 ⋅ 3 = 8 ⇒ a = 1 Nu moet ook worden aangetoond dat dit ook geldt voor het rechterlid van de vergelijkingen: 8 + 5a = 8 + 5 ⋅ 1 = 13 = 2 ⋅ −1 + 3 ⋅ 5 en dit klopt dus er zijn oneindig veel oplossingen. bUit het gegeven dat het stelsel oneindig veel oplossingen heeft, is af te leiden dat de drie vlakken een snijlijn hebben (in plaats van een snijpunt). T-9a 2 3 x + 13 y − 13 z = 0 1 3 x + 23 y + 13 z = 0 − 13 x + 13 y + 23 z = 0 De eerste vergelijking met de tweede vergelijking combineren geeft 2 x + 13 y − 13 z + 13 x + 23 y + 13 z = 0 + 0 3 x+ y= 0 en dus x = − y . De tweede vergelijking met de derde vergelijking combineren geeft 13 x + 23 y + 13 z + − 13 x + 13 y + 23 z = 0 + 0 y+z = 0 en dus z = − y . De eerste vergelijking met de derde vergelijking combineren geeft ( 23 x + 13 y − 13 z) − ( − 13 x + 13 y + 23 z) = 0 − 0 x−z=0 en dus x = z . Conclusie: de punten die op de oorsprong worden afgebeeld liggen op de lijn 0 1 x l : 0 + x −1 = − x . 0 1 x © Noordhoff Uitgevers bv 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 129 ⁄ 129 14-08-2008 14:23:19 Hoofdstuk 6 - Matrices toepassen Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2 23 1 bLx = 3 − 1 3 − 13 x 23 x + 13 y − 13 z 1 y = 13 x + 23 y + 13 z 3 2 − 1 x + 1 y + 2 z z 3 3 3 3 1 3 2 3 1 3 23 1 ( L L) x = 3 − 1 3 1 3 2 3 1 3 − 13 23 x + 13 y − 13 z 49 x + 29 y − 29 z + 19 x + 29 y + 19 z + 19 x − 19 y − 29 z 1 1 x + 23 y + 13 z = 29 x + 19 y − 91 z + 29 x + 49 y + 29 z − 19 x + 19 y + 29 z 3 3 2 − 13 x + 13 y + 23 z − 29 x − 19 y + 19 z + 19 x + 29 y + 19 z − 29 x + 29 y + 49 z 3 x + y − 93 z 23 x + 13 y − 13 z = x + y + 93 z = 13 x + 23 y + 13 z − 3 x + 3 y + 6 z − 1 x + 1 y + 2 z 9 9 9 3 3 3 6 9 3 9 3 9 6 9 Conclusie: Lx = (L L) x . 1 23 0 0 13 1 2 c 0 wordt afgebeeld op 3 , 1 wordt afgebeeld op 3 en 0 wordt 0 − 1 0 1 1 3 3 1 − 3 afgebeeld op 13 . 2 3 Met deze beeldvectoren kunnen twee richtingsvectoren van het vlak W bepaald worden. 23 13 13 1 rv1 = 3 ⋅ 13 − 23 = 3 ⋅ − 13 = −1 − 2 −2 − 1 1 3 3 3 13 − 13 23 2 rv2 = 3 ⋅ 23 − 13 = 3 ⋅ 13 = 1 − 1 −1 1 2 3 3 3 Met deze richtingsvectoren kan een normaalvector van het vlak W bepaald worden. 1 1 1 2 1 nW = −1 , want −1 ⋅ −1 = 0 en 1 ⋅ −1 = 0 . 1 −2 1 −1 1 De vergelijking van het vlak W is dus x − y + z = c . 23 Invullen van het punt 13 geeft c = 0. − 1 3 Dus de vergelijking van het vlak W is x − y + z = 0 . ⁄ 130 0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 130 © Noordhoff Uitgevers bv 14-08-2008 14:23:22
