Lineaire Algebra A - Toets 1 - 25-09-2009

Lineaire Algebra A - Toets 1 - 25-09-2009
Opgave 1 (40) Zij ∆ de driehoek met de hoekpunten A (2, −2, −1) , B (3, 2, 0) en C (5, −5, −1) .
a Bepaal de hoek BAC (in radialen).
b Bepaal de oppervlakte van ∆.
c Vind een vergelijking in normale vorm van het vlak V door de punten A, B en C.
d Bereken de afstand vanaf de oorsprong O (0, 0, 0) tot het vlak V .
e Vind het snijpunt met V van de lijn door de oorsprong die loodrecht op V staat.
Oplossing 1
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
3
2
1
5
2
3
−
−
→
−→
a Zij ~
c = AB = ⎝2⎠ − ⎝−2⎠ = ⎝4⎠ en ~b = AC = ⎝−5⎠ − ⎝−2⎠ = ⎝−3⎠ .
0
−1
1
−1
−1
0
b
~b · ~
−1
3 − 12 + 0
c
2π
°
=
= √ √
Stel ]BAC = α. Dan cos (α) = °
, zo dat α =
.
°~ °
2
3
18 18
ck
°b° k~
√
√
° 1
° °
1°
1 3 ¡ √ ¢¡ √ ¢ 9 3
°~
°
°~ °
c° = |sin α| °b° k~
Area (∆) = °b × ~
ck =
3 2 3 2 =
.
2
2
2 2
2
c Alle normale vectoren van V staan loodrecht op ~b en ~
c, bij voorbeeld het kruisprodukt.
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
3
1
−3 ∗ 1 − 0 ∗ 4
−3
1
~b × ~
c = ⎝−3⎠ × ⎝4⎠ = ⎝ 0 ∗ 1 − 3 ∗ 1 ⎠ = ⎝−3⎠ ∝ ⎝ 1 ⎠ .
0
1
3 ∗ 4 − (−3) ∗ 1
15
−5
³ −→
´
ª
©
−
−
→
−−→
~
n · OA = ~
n · OB = ~
n · OC = 5 .
V = (x, y, z) ∈ R3 | x + y − 5z = 5
√
|0 − 5|
5 3
5
d
d (O, V ) =
= √ =
.
k~
nk
9
3 3
⎛ ⎞
1
e De lijn = t ⎝ 1 ⎠ loopt door de oorsprong en staat loodrecht op V . Het snijpunt
−5
P van met V voldoet aan de vergelijking van het vlak, dat wil zeggen als
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1
1
5
5
en P =
(1, 1, −5) .
t ∗ ⎝ 1 ⎠ · ⎝ 1 ⎠ = 5. Hieruit volgt t =
27
27
−5
−5
°⎛ ⎞°
° ⎛ ⎞°
√
° 1 °
°
1 °
°
°
°
°5
⎝ 1 ⎠° = 5 °⎝ 1 ⎠° = 5 3 = d (O, V ) .
opmerking
d (O, P ) = °
°
° 27 °
° 27
9
° −5 °
°
−5 °
Opgave 2 (40) Gegeven is het stelsel van lineaire vergelijkingen
⎫
⎧
⎨ 2x + 3y − z = 1⎬
x
+ z = c
⎭
⎩
−x − 3y + 2z = 1
³
´
a Vind de gereduceerde trapvorm van de uitgebreide matrix A | ~b van het stelesel.
b Voor welke c is het stelsel oplosbaar? Voor welke c is er een unieke oplossing?
c Geef alle oplossingen in de vectorvorm in het geval dat de oplossing niet uniek is.
d Voor welke waarde van c is ~b een lineaire combinatie van de kolommen van A?
e Schrijf ~b op twee manieren op als een lineaire combinatie van de kolommen van A.
Oplossing 2
⎛
2
³
´
a A | ~b = ⎝ 1
−1
⎛
1 0
1 :
⎝0 3 −3 :
0 −3 3 :
⎞⎛ ⎞ ⎛
⎞⎛
⎞
3 −1 : 1
↓
1
0
1 : c
.
0
1 : c⎠ ⎝↑⎠ ' ⎝ 2
3 −1 : 1⎠ ⎝−2I ⎠ '
−3 2 : 1
.
−1 −3 2 : 1
+I
⎞⎛
⎞ ⎛
⎞
c
.
1 0 1 :
c
³
´
1 − 2c⎠ ⎝ ∗ ⎠ ' ⎝0 1 −1 : (1 − 2c) /3⎠ = rref A | ~b .
1+c
+II
0 0 0 :
2−c
b Het stelsel is oplosbaar alleen voor c = 2.
De oplossing is niet uniek (geen leidende 1 in derde kolom).
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎛ ⎞
x
2
−1
c Voor c = 2 de oplossingen zijn ⎝y ⎠ = ⎝−1⎠ + t ⎝ 1 ⎠ .
z
0
1
³
´
d {~b is een lineaire combinatie van de kolommen van A} ⇐⇒ { A | ~b is oplosbaar}.
n
o
n
o
e Voor A = (~
a1 ... ~
an ) en ~b ∈ Rm geldt A~
v = ~b ⇐⇒ ~b = v 1~
a1 + ... + v n~
an
⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1
2
3
2
−1
t=0
t=1
Voor c = 2 geldt ~b = ⎝2⎠ = 2 ⎝ 1 ⎠ − ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ + ⎝ 1 ⎠ .
1
−1
−3
−1
2
Opgave 3 (20) Zij A een m×n matrix met m 6= n (geen vierkant) en rang 2 (twee leidende enen
in rref (A)). We vragen ons af hoe rref (A) eruit kan zien in de volgende gevallen.
Zet waar nodig is een 0 of een 1 en geef een willekeurig getal met een sterretje (∗) aan.
³
´
a Het homogene stelsel A | ~0 heeft alleen de ~0 oplossing. Wat kunnen m en n zijn?
³
´
Beredeneer dat dan een ~b bestaat zodanig dat het stelsel A | ~b strijdig is.
³
´
A | ~b oplosbaar is voor elke ~b ∈ Rm . Wat kunnen nu m en n zijn?
³
´
Beredeneer dat het homogene stelsel A | ~0 dan meervoudige oplossingen heeft.
b Het stelsel
Oplossing 3
³
´
a { A | ~0 heeft alleen de ~
0 oplossing} ⇐⇒ {een leidende 1 in elke kolom van rref (A)}.
Voor een niet vierkante matrix A van rang 2 is dit mogelijk alleen als n = 2 en
m > n = 2. Dan moet rref (A) als volgt zijn.
⎞
⎛
1
0
⎜ 0
1⎟
⎟
⎜
⎜
0⎟
rref (A) = ⎜ 0
⎟.
⎝· · · · · ·⎠
0
0
³
´
A | ~b is dan oplosbaar alleen voor de vectoren ~b die te schrijven zijn als een lineaire
combinatie van de twee kolommen van A. Deze verzameling vormt een vlak in Rm .
Dit is slechts een kleine (dunne) deelverzameling van Rm als m > 2.
³
´
b { A | ~b oplosbaar is voor elke ~b ∈ Rm } ⇐⇒ {een leidende 1 in elke rij van rref (A)}.
Voor een niet vierkante matrix A van rang 2 is dit mogelijk alleen als m = 2 en
n > m = 2. De leidende enen kan je dan in twee willekeurige kolommen plaatsen.
µ ¶
n
n (n − 1)
Dit kan op
=
manieren. Bij voorbeeld voor n = 3 hebben we
2
2
µ
¶ µ
¶ µ
¶
1 0 ∗
1 ∗ 0
0 1 0
,
,
.
0 1 ∗
0 0 1
0 0 1
³
´
De ~0 vector is altijd een oplossing van het homogene stelsel A | ~0 . Vanwege de vrije
variabelen in rref (A) (die corresponderen met de kolommen zonder leidende enen)
zijn er nu ook oneindig veel andere oplossingen.