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.