Oefeningen bij de Cursus Lineaire Algebra, Eerste Kandidatuur

Oefeningen bij de Cursus Lineaire
Algebra, Eerste Kandidatuur
Informatica∗
Stefaan De Winter en Koen Thas
Universiteit Gent, Vakgroep Zuivere Wiskunde en Computeralgebra
Galglaan 2, Gent
[email protected]; [email protected]
Academiejaar 2002-2003
Complexe Getallen en
Veeltermvergelijkingen over R en C
1
Algemene oefeningen
1. Schrijf de volgende complexe getallen als a + ib:
(a) (1 + i)2
(b)
1
i
(c)
1
1+i
(d) (2 + 3i)(3 − 4i)
∗
Deze nota’s zijn gedeeltelijk gebaseerd op de oefeningennota’s van Deirdre Luyckx.
1
(e) (1 + i)(1 − 2i)
(f) i5 + i16
(g) 1 + i + i2 + i3
(h)
(i)
(j)
i)(1 + i−8 )
1
(1 +
2
3+i
3−i
1+3i
2−i
2. Bepaal de modulus en het hoofdargument van de volgende complexe getallen.
Schrijf ze vervolgens in exponentiële, goniometrische en matrixgedaante en
teken ze, op (e) na, als punten van het Euclidische vlak.
(a) 2i
(b) −3i
(c) −1
(d) 1
(e) −3 +
(f)
√
3i
1+i
√
2
(g) (−1 + i)3
(h) (−1 − i)3
(i)
(j)
1
1+i
1
(1+i)2
3. Beschouw de complexe exponentiële functie, die gedefinieerd wordt door
exp(z) = exp(x+iy) = ez = ex (cos y +i sin y). Bepaal exp(R) = {ez | z ∈ R}
en exp(iR) = {ez | z ∈ iR}.
2
Algemene oefeningen: oplossingen
1. (a) 2i
(b) −i
(c)
1−i
2
(d) 18 + i
(e) 3 − i
(f) 1 + i
(g) 0
2
(h) 1 + i
(i)
(j)
4+i
5
−1+7i
5
2. (a) |2i| = 2,
arg(2i) =
π
2
(b) | − 3i| = 3,
arg(−3i) =
(c) | − 1| = 1,
arg(−1) = π
(d) |1| = 1,
(e)
(f)
(g)
(h)
(i)
(j)
3π
2
arg(1) = 0
√
√
| − 3 + 3i| = 2 3, arg(−3 + 3i) = 5π
6
1+i
√
= π4
√2 = 1, arg 1+i
2
√
|(−1 + i)3 | = 2 2, arg((−1 + i)3 ) = π4
√
|(−1 − i)3 | = 2 2, arg((−1 − i)3 ) = 7π
4
1 = √1 , arg 1 = 7π
1+i
1+i
4
2
1 1
1
= 3π
(1+i)2 = 2 , arg (1+i)
2
2
√
3. exp(R) =]0, +∞[; exp(iR) is de cirkel met straal 1, die met een periode van
2π steeds opnieuw doorlopen wordt.
3
Methodes bij het ontbinden van een veelterm
Over R kan men een willekeurige veelterm steeds schrijven als het product van
lineaire en kwadratische factoren.
Over C kan men een willekeurige veelterm steeds schrijven als het product van
lineaire factoren.
We hebben dus de volgende eigenschap:
Eigenschap. Een veelterm van graad n heeft hoogstens n nulpunten over R en
steeds juist n nulpunten over C (waarbij de nulpunten met hun multipliciteit geteld
worden).
Opmerking. Het dient tevens opgemerkt te worden dat indien c = a+bi ∈ C\R,
waarbij a, b ∈ R en b 6= 0, een complexe wortel is van de veelterm f (x) met
coëfficienten in R (dus f (c) = 0), zijn complex toegevoegde c = a − bi ook een
wortel is van f (x).
3
3.1
De kwadratische vergelijking ax2 + bx + c = 0
Bereken ∆ = b2 − 4ac
Over R:
• Indien ∆ < 0 heeft deze vgl. geen oplossingen;
• indien ∆ ≥ 0 worden de oplossingen gegeven door
x1,2 =
√
−b± ∆
.
2a
Over C:
√
−b± ∆
.
2a
x1,2 =
3.2
De merkwaardige producten
Over R en C:
• a2 − b2 = (a − b)(a + b)
• (a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2
• (a ± b)3 = a3 ± 3a2 b + 3ab2 ± b3
ENKEL over C:
• a2 + b2 = (a − ib)(a + ib)
3.3
Het binomium van Newton
Er geldt dat
n
(a + b) =
3.4
Pn
i=0
n
i
ai bn−i
Herleiden to lagere graad
Zij f (x) een veelterm van graad n en zij a een wortel van f ,i.e. f (a) = 0, dan geldt
f (x) = g(x)(x − a) met g(x) een veelterm van graad n − 1; g(x) kan gevonden
worden door de Euclidische deling ”f (x) : (x − a)” uit te voeren (zie verder voor
een voorbeeld). De nulpunten van f zijn dan a samen met de nulpunten van g.
Indien men weet dat f (x) deelbaar is door een polynoom l(x) van de graad m, dan
kan f (x) geschreven worden als f (x) = l(x)k(x) met k(x) een polynoom van graad
n − m; k(x) kan dan gevonden worden door de Euclidische deling ”f (x) : l(x)”
uit te voeren. De nulpunten van f (x) worden gegeven door de nulpunten van l(x)
samen met de nulpunten van k(x).
4
3.5
n-De machtswortels
De formule van De Moivre leert
(cosθ+isinθ)n = cos(nθ)+isin(nθ)
Hieruit volgt nu gemakkelijk dat de oplossingen over C van z n = a = |a| (cosθ+isinθ)
gegeven worden door
zj = |a|1/n (cos( θ+2πj
)+isin( θ+2πj
)) met j = 0, 1, ..., n − 1.
n
n
Hierin is |a|1/n een vast gekozen n-de machtswortel van |a| in R.
4
Voorbeelden
1. Ontbind z 3 + iz 2 − 7z − iz − 6 − 6i over C. (Hint: deze veelterm heeft een
reele wortel)
Oplossing: Zij a de reele wortel, dan zien we dat (a3 −7a−6)+i(a2 −a−6) =
0. Uit het feit dat a ∈ R volgt nu dat a3 − 7a − 6 = 0 en dat a2 − a − 6 = 0.
Uit de tweede vergelijking kan je nu gemakkelijk twee mogelijkheden voor a
vinden. Ga daarna na welke een wortel is van de grote vergelijking en deel
deze dan door z − a. Je vindt bvb. (er zijn twee verschillende mogelijkheden) met a = −2: (z + 2)(z 2 + (−2 + i)z − 3(1 + i)). Je kan nu gemakkelijk de wortels zoeken van het kwadratische stuk en uiteindelijk vind je :
(z + 2)(z − 3)(z + 1 + i).
2. Bepaal de nulpunten van f (z) = z 4 + 3z 3 + 7z 2 + 9z + 4 als je weet dat
g(z) = z 2 + 2z + 1 een deler is van f (z).
Oplossing: We voeren de Euclidische deling f (z) : g(z) uit:
z4
z4
+3z 3
+2z3
z3
z3
+7z 2
+z2
+6z2
+2z 2
4z 2
4z2
+9z
+4
z 2 + 2z + 1
z2 + z + 4
+9z +4
+z
+8z +4
+8z +4
0
Bijgevolg geldt er dat f (z) = (z 2 + 2z + 1)(z 2 + z + 4), het product van
twee kwadratische factoren waarvan we nu gemakkelijk de wortels kunnen
bepalen.
5
5
De binomiaalvergelijking z n = c, c ∈ C
Bepaal in de exponentiële gedaante de wortels over C van de volgende vergelijkingen. Teken deze wortels in 1, 3, 5, 6, 8 en 9.
1. z 3 = 27
√
2. z 3 = 4 + 4 3i
3. z 2 = −4
4. z 5 = −i
5. z 4 = 1
6. z 3 = −5
7. z 5 = 32
8. z 3 = 4i
9. z 4 = −256
√
10. z 3 = − 3 + i
6
De binomiaalvergelijking z n = c, c ∈ C: oplossingen
1. Opl = {3, 3e
2πi
3
, 3e
πi
7πi
9
πi
3πi
2
2. Opl = {2e 9 , 2e
3. Opl = {2e 2 , 2e
3πi
7πi
4πi
3
, 2e
13πi
9
}
} = {2i, −2i}
4. Opl = {e 10 , e 10 , e
πi
}
11πi
10
,e
15πi
10
,e
19πi
10
}
3πi
5. Opl = {1, e 2 , eπi , e 2 }
√ πi √
√ 5πi
6. Opl = { 3 5e 3 , 3 5eπi , 3 5e 3 }
2πi
4πi
6πi
8πi
7. Opl = {2, 2e 5 , 2e 5 , 2e 5 , 2e 5 }
√ πi √ 5πi √ 9πi
8. Opl = { 3 4e 6 , 3 4e 6 , 3 4e 6 }
πi
3πi
5πi
7πi
9. Opl = {4e 4 , 4e 4 , 4e 4 , 4e 4 }
√ 5πi √ 17πi √ 29πi
10. Opl = { 3 2e 18 , 3 2e 18 , 3 2e 18 }
6
7
Veeltermen ontbinden over C
Zoek over C de wortels van de volgende veeltermen:
1. z 4 + 3z 2 − 4
2. 2z 3 − 12z 2 + 20z − 16
Hint: 1 + i is een wortel.
3. z 3 + z 2 + z − 39
Hint: −2 + 3i is een wortel.
4. z 3 − (3 + i)z 2 − (15 − 18i)z − 27 + 91i
Hint: 7 − 2i is een wortel.
5. z 3 + (4 − 3i)z 2 − (11 + 6i)z − 30 + 45i
Hint: er bestaat een reële wortel.
6. z 4 + 4z 3 + 6z 2 + 4z + 5
Hint: er zijn geen reële wortels.
7. z 4 − 5z 3 + 6z 2 − 10z − 100
Hint: er bestaat een reële wortel.
8. iz 3 − (3 + i)z 2 − (9 + 2i)z − 6 + 8i
Ontbind (1), (2), (3), (6) en (7) ook over R.
8
Veeltermen ontbinden over C: oplossingen
1. z 4 + 3z 2 − 4 = (z + 1)(z − 1)(z + 2i)(z − 2i);
over R: z 4 + 3z 2 − 4 = (z − 1)(z + 1)(z 2 + 4)
2. 2z 3 − 12z 2 + 20z − 16 = 2(z − 1 − i)(z − 1 + i)(z − 4);
over R: 2z 3 − 12z 2 + 20z − 16 = 2(z − 4)(z 2 − 2z + 2)
3. z 3 + z 2 + z − 39 = (z + 2 − 3i)(z + 2 + 3i)(z − 3);
over R: z 3 + z 2 + z − 39 = (z − 3)(z 2 + 4z + 13)
4. z 3 − (3 + i)z 2 − (15 − 18i)z − 27 + 91i = (z − 7 + 2i)(z + 3 + i)(z + 1 − 4i)
5. z 3 + (4 − 3i)z 2 − (11 + 6i)z − 30 + 45i = (z − 3)(z + 5)(z + 2 − 3i)
6. z 4 + 4z 3 + 6z 2 + 4z + 5 = (z + i)(z − i)(z + 2 − i)(z + 2 + i);
over R: z 4 + 4z 3 + 6z 2 + 4z + 5 = (z 2 + 4z + 5)(z 2 + 1)
7
7. z 4 − 5z 3 + 6z 2 − 10z − 100 = (z + 2)(z − 5)(z − 1 + 3i)(z − 1 − 3i);
over R: z 4 − 5z 3 + 6z 2 − 10z − 100 = (z + 2)(z − 5)(z 2 − 2z + 10)
8. iz 3 − (3 + i)z 2 − (9 + 2i)z − 6 + 8i = i(z − i)(z + 2)(z − 3 + 4i)
8
Vectorruimten
1. Bewijs dat Mat(n, C), h., .i , waarbij
h., .i : Mat(n, C) × Mat(n, C) → C
+
(A, B) → hA, Bi = tr(B A) :=
n
X
bij aij
i,j=1
een inproduktruimte is.
2. Ga na of de volgende deelverzamelingen ook deelruimten zijn:
(a) S := {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 | x1 x2 = x23 + x24 } als deelverzameling van de
vectorruimte R4 over R.
(b) S := {(a0 , a1 , . . . , as , 0, . . .) ∈ RN0 | ai+1 = a0 + a1 + · · · + ai , i =
0, . . . , s − 1} met s ∈ N0 vast, als deelverzameling van de vectorruimte
RN0 over R.
P
3. Bepaal in R3 , h., .i, met hx, yi = 3i=1 xi yi de orthogonale projectie op het
xy-vlak van de vectoren
 




1
4
1
v1 =  2  ,
v2 =  1  ,
v3 =  2 
3
−1
−2
en bereken hun afstand tot dit vlak. Maak een tekening om de meetkundige
betekenis te verduidelijken.
Bepaal en teken ook het orthogonale complement van de vector v1 .
4. Bepaal in R3 , h., .i het orthogonale complement S ⊥ van de verzameling
    

1
1
 2

S :=  3  ,  1  ,  3  .


0
1
−3
Controleer dat inderdaad geldt dat (S ⊥ )⊥ = sp(S). Maak een tekening om
de meetkundige betekenis hiervan te verduidelijken.
5. Zijn de volgende vectoren lineair onafhankelijk? Geef de dimensie van de
deelruimten die ze voortbrengen.
9
(a) in R5 :
i. (1, 3, −2, 2, 3), (1, 4, −3, 4, 2), (1, 3, 0, 2, 1), (0, 1, −7, 2, 5)
ii. (1, 3, 0, 2, 1), (1, 5, −6, 6, 3), (2, 5, 3, 2, 1)
iii. (1, 3, −2, 2, 3), (1, 4, −3, 4, 2), (2, 3, −1, −2, 2)
iv. (0, 1, 3, −2, 1), (3, 0, −1, 2, 2), (1, 0, 0, −2, −3),
(−2, 1, −2, 0, 1), (0, 4, 1, −4, 3)
(b) in C4 :
i. (1, i, −1, 1), (2i, −i, −1 + i, 0), (0, 1 + 2i, −3 − i, 2),
(i, 2i, −3 − 2i, 2 + i)
ii. (2i, 1 + i, 1, −1), (3, −i, 0, 1 + 2i), (4i, 2 − i, 2 + i, −3)
6. Pas de orthonormeringsmethode van Gram-Schmidt toe om de volgende
stellen lineair onafhankelijke vectoren om te vormen tot orthonormale stellen.
(a) In R2 :
2
2
v1 =
,
v2 =
.
1
−3
Maak een tekening van alle vectoren die je in de loop van het proces
bekomt.
(b) In R3 :
 




1
1
1
v2 =  −1  ,
v3 =  −1  .
v1 =  1  ,
1
1
−1
(c) In C4 :


1
 i 

v1 = 
 0 ,
0


i
 0 

v2 = 
 2 ,
0


0
 1 

v3 = 
 0 ,
1


0
 0 

v4 = 
 0 .
i
7. Bepaal in R3 , h., .i het orthogonale complement van de deelruimte
   
3 
 1



0 , 2  .
S = sp


0
1
Zoek ook de orthogonale projectie van




4
7
h1 =  3  en h2 =  −2 
−1
−6
op S en bereken de afstand van h1 en h2 tot S.
10
8. Bepaal in C4 , h., .i met hx, yi
de deelruimte




S = sp 




=
Pn
i=1
xi yi het orthogonale complement van
 
1
1


0   i
,
0   0
0
0
Zoek de orthogonale projectie van een

x
 y
r=
 z
u

0


  1 
,

  1 − i  .


2i
 
algemene vector


 ∈ C4

op S. Wat wordt dit voor de vector


1
 i 

h=
 −1 ?
1+i
9. Definieer de volgende matrices:
1 0
0 1
A :=
en B :=
.
1 1
0 0
Beschouw vervolgens twee deelverzamelingen S en T van Mat(2, K), met
K = R of C:
S := {M ∈ Mat(2, K) | M A = AM }
T := {M ∈ Mat(2, K) | M B = BM }.
Bewijs dat S en T deelruimten zijn van Mat(2, K), opgevat als 4-dimensionale
vectorruimte over K. Zoek een basis voor S, T , S ∩ T en S + T en geef de
dimensie van deze deelruimten.
10. Beschouw in R4 , h., .i de verzameling
S := {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 | x1 + x2 + x3 + x4 = 0}.
Toon aan dat S een deelruimte is van R4 . Bepaal vervolgens een orthonormale basis van S en geef de orthogonale projectie van h1 = (1, 1, 1, 1) en
h2 = (1, 1, 1, −1) op S. Bereken tenslotte de afstand van h1 en h2 tot S.
11
11. Beschouw in C3 de overgang van de
thonormale basis:

 
 √1/2
B :=  3i/2  , 

0
standaardbasis {e1 , e2 , e3 } naar de or  √

3i/4
3/4

√
−i/4  .
3/4  ,  √

1/2
3i/2
Bepaal de matrix van de basisovergang en controleer dat deze unitair is.
Zoek tenslotte de coördinaten van de vector v := e1 + ie2 + ie3 ten opzichte
van de nieuwe basis.
9
Oplossingen
1. zie les
2. (a) geen deelruimte: x + y behoort niet tot S voor algemene x, y ∈ S
(b) wel een deelruimte
 
1

2  , d(v1 , xy) = 3
3. proj⊥
(v
)
=
xy 1
 0 
4
⊥

1  , d(v2 , xy) = 1
projxy (v2 ) =
 0 
1
⊥

2  , d(v3 , xy) = 2
projxy (v3 ) =
  0

 x

⊥
3


y
v1 =
∈ R | x + 2y + 3z = 0


z
 



3
 x



4. S ⊥ =  y  ∈ R3 | x = −3z, y = 2z = sp  −2 




z
−1
5. (a) in R5 :
i. lineair afhankelijk; −2v1 − v2 + 3v3 + v4 = 0; de door deze vectoren
voortgebrachte deelruimte is driedimensionaal
ii. lineair afhankelijk; −5v1 + v2 + 2v3 = 0; de door deze vectoren
voortgebrachte deelruimte is tweedimensionaal
iii. lineair onafhankelijk; de door deze vectoren voortgebrachte deelruimte is driedimensionaal
12
iv. lineair afhankelijk; 2v1 +v2 +v3 +2v4 −v5 = 0; de door deze vectoren
voortgebrachte deelruimte is vierdimensionaal
(b) in C4 :
i. lineair afhankelijk; 2v1 + iv2 − v3 = 0 en iv1 + v3 − v4 = 0; de door
deze vectoren voortgebrachte deelruimte is tweedimensionaal
ii. lineair onafhankelijk; de door deze vectoren voortgebrachte deelruimte is driedimensionaal
6. (a)
1
w1 = √
5
2
1
,
1
w2 =
5
√
5
√
.
−2 5
(b)


1
1
w1 = √  1  ,
3
1
√

6
√
1
w2 =  −2
6 ,
√
6
6



1
1
w3 = √  0  .
2
−1
(c)

1
1  i 
,
w1 = √ 
2 0 
0


4i
1  4 
,
w3 = √ 
3 13  −2 
9


i
1  1 
,
w2 = √ 
3 2 4 
0


2
1  −2i 
.
w4 = √ 
13  i 
2i

7.
 



0
 x



S ⊥ =  y  ∈ R3 | x = 0, z = −2y = sp  −2 




z
1
 


4
7
 2  , proj⊥
 −4 
proj⊥
S (h1 ) =
S (h2 ) =
1
−2
√
√
d(h1 , S) = 5, d(h2 , S) = 2 5
13
8.
 


x
0






 


y 
0
S⊥ = 
∈ C4 | x = y = 0, z = (1 + i)u = sp 



z
1+i









u
1


6x

1
6y
,

proj⊥
S (r) =
6  2z − (1 + 2i)u 
(−2 + 2i)z + 4u










6

1
6i


proj⊥
S (h) =
6  −1 − 3i 
6 + 2i
9. Zoek eerst een expliciete voorstelling voor S en T :
k 0
S=
∈ Mat(2, K) | k, l ∈ K ,
l k
k l
T =
∈ Mat(2, K) | k, l ∈ K .
0 k
Het is nu eenvoudig te bewijzen dat S en T de volgende basis hebben (vergeet
dit echter niet te doen!):
1 0
0 0
S:
,
,
0 1
1 0
T :
1 0
0 1
0 1
,
.
0 0
Voor S + T en S ∩ T ga je analoog tewerk en vind je de volgende basissen:
1 0
0 0
0 1
S+T :
,
,
,
0 1
1 0
0 0
(Dit volgt ook onmiddellijk uit de theorie op blz 35 van de cursus.)
1 0
S∩T :
.
0 1
S en T zijn tweedimensionaal, S + T is driedimensionaal en S ∩ T is eendimensionaal.
14
10. Om een orthonormale basis te vinden, moet je eerst een gewone basis zoeken.
De volgende basis ligt voor de hand (vergeet niet te controleren dat het echt
een basis is!):

 

 
0
0
1





  1   0 
0

 
 
B= 
 0  ,  0  ,  1  .





−1
−1
−1
Vervolgens orthonormeer je deze met behulp van Gram-Schmidt. Het resultaat is de gevraagde orthonormale basis:







1
−1
−1




 1 






1
1
0
2
−1
0






√
√
B = √ 
,
,
 0  2 3  3  .
0 

2
6




−1
−1
−1
De orthogonale projectie van h1 op S is de nulvector,
hetgeen betekent dat
√
h1 in S ⊥ ligt. Bijgevolg is d(h1 , S) = ||h1 || = 4. Tenslotte is


1

1
 1  en d(h2 , S) = 1.
proj⊥
S (h2 ) =
2 1 
−3
11. De matrix van de basisovergang van de standaardbasis (SB) naar de gegeven
basis (B) wordt gegeven door:
√ 

2
3i
3
√
1 √
MSB→B =
2 3i
3 √
−i  .
4
0
2 2 3i
De vector v heeft ten opzichte van de nieuwe basis de volgende coordinaten:
√


2 + 2√3
1
[v]B =  (−1√+ 3)i  .
4
3 3−1
15
Stelsels
10
Bespreek de volgende stelsels
1.

 x + 2y − 2z = −2s + t
x + 2y − z = −s + 2t

2x + 4y − 7z = −s − t
met s, t ∈ R.
2.

 lx + y + z = l + 1
x + ly + z = 0

x + y + lz = 1
met l ∈ R.
3.

 x + ay + bz = 3
x + y + abz = a + b

ax + y + bz = b
met a, b ∈ R.

 x+y−z−u=l
x−y+z−u=k

x + y + kz − u = 1
met k, l ∈ R.

 x + y + lz = l
x + ly + z = l2

lx + y + z = l + k
met k, l ∈ R.
4.
5.
6.

 x + ay + z = 2a
x + y + az = 0

(a + 1)x + ay + z = a
16
met a ∈ R.
7.

x+y+z =a



−x + y − z = b
x−y−z =c



−x − y + z = d
met a, b, c, d ∈ R.
8.

 x + ay + a2 z = 1
x + by + b2 z = 1

x+y+z =1
met a, b ∈ R.
9. Beschouw het algemeen lineair stelsel (S) van m vergelijkingen in n onbekenden x1 , . . . , xn
AX t = C t ,
waarbij A een (m × n)-matrix is over het veld K, waarbij X = (x1 x2 . . . xn ),
en waarbij C = (c1 c2 . . . cm ), cj ∈ K met j = 1, . . . , m.
Bepaal wanneer precies de oplossingsverzameling van het stelsel (S) een
deelvectorruimte is van Kn .
11
Bespreken van stelsels: oplossingen
1. (a) s 6= 0
Het stelsel is strijdig.
(b) s = 0
De oplossingsverzameling is:
Opl = {(3t − 2y, y, t) | y ∈ R}.
2. (a) l 6= 1
i. l 6= −2
De oplossing wordt gegeven door:
−l
1
,
,0
.
Opl =
1−l 1−l
17
ii. l = −2
De oplossing wordt gegeven door:
2
1
Opl =
+ z, + z, z | z ∈ R .
3
3
(b) l = 1
Het stelsel is strijdig.
3. (a) a 6= 1
i. b 6= 0 en a 6= −2
De oplossing wordt gegeven door:
2a − 2b + 3 a(a + b + 1) − 3
ab − a − 3
,
,
.
Opl =
(a − 1)(a + 2) (a − 1)(a + 2) b(a − 1)(a + 2)
ii. b = 0 en a 6=√ −2
√
• a 6= −1+2 13 en a 6= −1−2 13
Het stelsel
is strijdig.
√
−1+ 13
• a=
2
De oplossing wordt gegeven door:
(
!
)
√
√
−1 + 13 −7 + 13
√ ,
√ ,z |z∈R .
Opl =
3 − 13
3 − 13
√
• a = −1−2 13
De oplossing wordt gegeven door:
(
!
)
√
√
−1 − 13 −7 − 13
√ ,
√ ,z |z∈R .
Opl =
3 + 13
3 + 13
iii. b 6= 0 en a = −2
• b 6= − 21
Het stelsel is strijdig.
• b = − 12
De oplossing wordt gegeven door:
2 1
11 1
Opl =
− − z, − − z, z | z ∈ R .
3 2
6
2
(b) a = 1
Het stelsel is strijdig, ongeacht de waarde van b.
18
4. (a) k 6= −1
De oplossing wordt gegeven door:
(k − 1)(l − k − 2) 1 − l
k+l
Opl =
+ u,
,
,u |u∈R .
2
2(k + 1)
1+k
(b) k = −1
i. l 6= 1
Het stelsel is strijdig.
ii. l = 1
De oplossing wordt gegeven door:
Opl = {(u, z + 1, z, u) | z, u ∈ R}.
5. (a) l 6= 1
i. l 6= −2
De oplossing wordt gegeven door:
k(l + 1)
l(l − 1)(l + 2) − k
−k
Opl =
,
,
.
(l − 1)(l + 2)
(l − 1)(l + 2)
(l − 1)(l + 2)
ii. l = −2
• k 6= 0
Het stelsel is strijdig.
• k=0
De oplossing wordt gegeven door:
Opl = {(z, z − 2, z) | z ∈ R}.
(b) l = 1
i. k 6= 0
Het stelsel is strijdig.
ii. k = 0
De oplossing wordt gegeven door:
Opl = {(1 − y − z, y, z) | y, z ∈ R}.
6. (a) a 6= 1
i. a 6= 0 en a 6= −1
De oplossing wordt gegeven door:
1 − 2a
1
Opl =
−1,
,
.
1−a 1−a
19
ii. a = 0
De oplossing wordt gegeven door:
Opl = {(−z, z, z) | z ∈ R}.
iii. a = −1
De oplossing wordt gegeven door:
Opl = {(−1, 1 + z, z) | z ∈ R}.
(b) a = 1
Het stelsel is strijdig.
7. (a) d = −a − b − c
De oplossing wordt gegeven door:
a + c a + b −b − c
,
,
.
Opl =
2
2
2
(b) d 6= −a − b − c
Het stelsel is strijdig.
Opmerking: dit stelsel kun je (ook) eenvoudig oplossen door substitutie toe
te passen.
8. (a) a 6= b
i. a 6= 1 en b 6= 1
De oplossing wordt gegeven door:
Opl = {(1, 0, 0)}.
ii. a = 1 en b 6= 1
De oplossing wordt gegeven door:
Opl = {(bz + 1, −(1 + b)z, z) | z ∈ R}.
iii. a 6= 1 en b = 1
De oplossing wordt gegeven door:
Opl = {(1 + az, −(1 + a)z, z) | z ∈ R}.
(b) a = b
i. a 6= 1
De oplossing wordt gegeven door:
Opl = {(1 + az, −(1 + a)z, z) | z ∈ R}.
20
ii. a = b = 1
De oplossing wordt gegeven door:
Opl = {(1 − y − z, y, z) | y, z ∈ R}.
9. De oplossingsverzameling O(S) van (S) is een deelvectorruimte van Kn als
en slechts een van de volgende voorwaarden voldaan is:
(a) (S) heeft geen oplossingen en dan is O(S) = ∅;
(b) C = (00 . . . 0), i.e. het stelsel is homogeen.
21
Toepassingen van de Goniometrische
Gedaante van Complexe Getallen
1. Bewijs dat de som van de wortels van een veelterm an z n + . . . + a1 z + a0 ,
ai ∈ C, i = 0, 1, . . . , n en n ≥ 2, nul is.
2. Bewijs dat de som van de m-de eenheidswortels van elke m ∈ N\{0, 1} nul is.
3. Zij n ∈ N \ {0, 1, 2} en laat de punten P1 = (x1 , y1 ), P2 = (x2 , y2 ),. . . ,Pn =
(xn , yn ) in R2 de hoekpunten vormen van een regelmatige n-hoek met zwaartepunt O = (0, 0). Bepaal voor welke n ∈ N \ {0, 1, 2} dan de volgende eigenschap geldt:
als q1 , q2 , . . . , qn ∈ Q rationale getallen zijn zó dat de punten q1 P1 =
(q1 x1 , q1 y1 ), q2 P2 = (q2 x2 , q2 y2 ), . . . , qn Pn = (qn xn , qn yn ) de hoekpunten
vormen van een n-hoek met zwaartepunt O = (0, 0), dan vormen de n punten q1 P1 , q2 P2 , . . . , qn Pn de hoekpunten van een regelmatige n-hoek.
Referentie
K. Dekimpe. Opgave 6 van de Universitaire Wiskunde Oplympiade 1996-1997,
T. U. Eindhoven, p. 15–16.
12
Oplossingen
1. Zie de les.
2. Deze wortels z1 , z2 , . . . , zm zijn oplossingen van de vergelijking z m = 1, of
dus wortels van de veelterm z m − 1. Gebruik nu de vorige oefening (zie de
les).
3. We zullen aantonen dat de eigenschap geldt als en slechts als n een oneven
priemgetal is. We zullen eerst aantonen dat de eigenschap niet geldig is
als n geen priemgetal is, en daarna bewijzen we de eigenschap in het geval
n wel priem is. In beide gevallen onderstellen we, zonder verlies van de
22
algemeenheid, dat de oorspronkelijke n-hoek zodanig in het vlak geplaatst is
dat het hoekpunt Pn coördinaten (1, 0) heeft. Na identificatie van het vlak
R2 met C geldt dan dat de hoekpunten van de gegeven regelmatige n-hoek
samenvallen met de n-de eenheidswortels. Dus, we hebben:
Pn = ek2πi/n
voor alle k ∈ {1, 2, . . . , n}.
Observatie. De som van de m-de eenheidswortels van m ∈ N \ {0, 1} is
nul (zie de andere opgaven).
Definitie. Onderstel dat x1 , x2 , . . . , xn n verschillende punten zijn in R2 ,
en onderstel dat (a1 , b2 ), (a2 , b2 ), . . . , (an , bn ) de respectievelijke coördinaten
zijn. Dan is het punt Z met coördinaten
(
Pn
i=1
ai
n
,
Pn
i=1 bn
n
)
het zwaartepunt van deze verzameling punten (een n-hoek kan gezien worden
als de verzameling van zijn hoekpunten).
Stelling. De eigenschap is niet geldig indien n geen priemgetal is.
Bewijs. Aangezien n geen priemgetal is, kunnen we n ontbinden als product n = l1 l2 van twee natuurlijke getallen l1 en l2 die strikt tussen 1 en n
liggen. Kiezen we nu voor alle k ∈ {1, 2, . . . , n} qk = 1 als l1 geen deler is
van k, en qk = 2 als l1 wel een deler is van k, dan hebben we de volgende
eigenschap.
Eigenschap. De n-hoek met hoekpunten q1 P1 , q2 P2 , . . . , qn Pn is een nietregelmatige veelhoek met zwaartepunt O = (0, 0).
Bewijs. Het zwaartepunt wordt gegeven door
n
n
l
2
1X
1X
1X
qk Pk =
Pk +
Pjl = 0,
n k=1
n k=1
n j=1 1
23
waarbij de laatste stap steunt op de vorige opgave (zie de les).
Stelling. De eigenschap is geldig indien n een priemgetal is.
Bewijs. Onderstel dat n een priemgetal is en dat q1 P1 , q2 P2 , . . . , qn Pn de
hoekpunten zijn van een n-hoek met zwaartepunt O = (0, 0). Ter vereenvoudiging gebruiken we de notatie q0 = qn en P0 = Pn (zonder de algemeenheid te schaden). Het feit dat de ‘nieuwe’ veelhoek tevens als zwaartepunt
(0, 0) heeft, impliceert dat
n
X
qk Pk =
k=1
n−1
X
qk P k =
k=0
n−1
X
qk e2kiπ/n = 0.
k=0
We weten echter ook dat
qn−1
n−1
X
e2kiπ/n =
k=0
n−1
X
qn−1 e2kiπ/n = 0.
k=0
Combinatie van de twee uitdrukkingen levert dat
n−2
X
(qn−1 − qk )e2kiπ/n = 0.
k=0
Dit betekent dat de (primitieve) n-de eenheidswortel e2iπ/n een wortel is van
de veelterm
V (x) =
n−2
X
(qn−1 − qk )xk
k=0
van de graad k < n − 1. De irreducibele veelterm (zie de les) van deze
(primitieve) n-de eenheidswortel is echter
I(n, x) = xn−1 + xn−2 + · · · + x + 1,
waarbij we opmerken dat n priem is. Dus moet de veelterm I(n, x) de veelterm V (x) delen. Dit is enkel mogelijk als V (x) de nulveelterm is, en er volgt
direct dat
q 1 = q2 = · · · = qn .
Dit bewijst dat de nieuwe veelhoek een regelmatige veelhoek is.
24
Jordan-Normaalvormen
13
Eigenwaarden, eigenvectoren en de Jordannormaalvorm
Zij vanaf nu A ∈ Matn (C).
13.1
Eigenwaarden en eigenvectoren
13.1.1
Basistheorie
Definitie.
• Een vector v is een eigenvector van A a.s.a. v 6= 0 en er een λ ∈ C bestaat
zodat Av = λv.
• Als met λ ∈ C een eigenvector correspondeert dan noemen we λ een eigenwaarde.
Stelling. λ is een eigenwaarde van A a.s.a. det(A − λIn ) = 0.
Definitie. Zij λ een eigenwaarde van A dan definiëren we de eigenruimte Eλ bij
λ als
Eλ = ker(A − λIn )
= { eigenvectoren bij λ} ∪ {0}
= {v | (A − λIn )v = 0}.
Merk op dat de veelterm det(A − λIn ) steeds van de volgende vorm is:
(−1)n (λ − λ1 )r1 (λ − λ2 )r2 ...(λ − λp )rp
met λ1 , ..., λp twee aan twee verschillend.
Definitie.
• De algebraı̈sche multipliciteit van de eigenwaarde λi wordt gedefinieerd als
ri .
• De meetkundige multipliciteit van de eigenwaarde λi wordt gedefinieerd als
mi = dim(Eλi ).
Stelling. Voor elke eigenwaarde λi van A geldt mi ≤ ri .
25
13.1.2
Voorbeelden


−3 1 −1
A =  −7 5 −1 
−6 6 −2
det(A − λI3 ) = −(λ + 2)2 (λ − 4)
Bijgevolg zijn er twee eigenwaarden: −2 met algebraı̈sche multipliciteit 2 en 4 met
alg. mult. 1.
We bepalen als voorbeeld de eigenruimte behorende bij −2.
  
    
−1 1 −1
x
0 
 x







y
−7 7 −1
y
0 
E−2 = ker(A + 2I3 ) =
|
=


z
−6 6 0
z
0
Dit betekent dat moet gelden


 −x + y − z = 0 
−7x = 7y − z = 0


−x + y = 0
of dus dat
E−2
 

 x



x
=
|x∈C


0
Bijgevolg is m−2 = dim(E−2 ) = 1 < r−2 = 2.
13.2
Diagonaliseren van een matrix
13.2.1
Basistheorie
Definitie. A is diagonaliseerbaar a.s.a. er een inverteerbare matrix Q ∈ Matn (C)
bestaat zodat Q−1 AQ een diagonaalmatrix is.
Stelling.
• Eigenvectoren van A die behoren bij verschillende eigenwaarden zijn steeds
lineair onafhankelijk.
• A is diagonaliseerbaar a.s.a. voor elke eigenwaarde van A geldt dat de alg.
mult. gelijk is aan de meetk. mult.
26
• Als A n verschillende eigenwaarden bezit dan is A diagonaliseerbaar.
In de diagonaalvorm van A worden de diagonaal elementen gegeven door de eigenwaarden van A, waarbij elke eigenwaarde juist evenveel voorkomt als zijn alg.mult.(=
zijn meetk. mult.).
13.2.2
Voorbeeld

1 −3 3
A =  3 −5 3 
6 −6 4

Net als in de subsectie over eigenwaarden en eigenvectoren vinden we dat A twee
eigenwaarden heeft, nl. −2 en 4 met respectieve alg. mult. 2 en 1 en respectieve
meetk. mult. 2 en 1. Bijgevolg geldt voor elke eigenwaarde van A dat zijn alg.
mult. gelijk is aan zijn meetk. mult. Zodoende is A diagonaliseerbaar en wordt
een diagonaalvorm van A gegeven door


−2 0 0
diag(A) =  0 −2 0 
0
0 4
13.3
De Jordan-normaalvorm
Onderstel voor deze subsectie dat A niet diagonaliseerbaar is.
13.3.1
Basistheorie
Definitie. Een Jordan-blokje bij λ is een vierkante matrix van de volgend vorm:


λ 1 0
λ 1
(λ),
,  0 λ 1  , ...
0 λ
0 0 λ
.
Indien nu A niet diagonaliseerbaar is kunnen we A wel steeds herleiden tot een
zogenaamde Jordan-normaal vorm. Deze (n × n)-matrix heeft de volgende vorm:


A1 0 0


JN (A) =  0 . . . 0 
0
0
Ap
met p het aantal verschillende eigenwaarden van A en met dim(Aj ) = rj , de alg.
mult. van de j-de eigenwaarde λj (j = 1, ..., p).
27
Bepaling van Aj
Beschouw de volgende keten van deelruimten:
{0} ⊂ ker(A − λj In )1 ⊂ ker(A − λj In )2 ⊂ ... ⊂ ker(A − λj In )s
dim : 0 <
d1
<
d2
< ... <
ds = mj
Beschouw nu de volgende piramide:
ds − ds−1 = || ...
(ds − ds−1 streepjes)
ds−1 − ds−2 = ||| ... (ds−1 − ds−2 streepjes)
...
d1 − 0
= ||||| ...
(d1 streepjes)
Aj wordt nu gegeven door

Aj1
0
...

Aj =  0
0
0
0


0 
Ajs
met Aji een Jordan-blokje behorende bij λj van dimensie ”het aantal streepjes in
de piramide in de i-de kolom.
13.3.2
Voorbeelden




A=



2
0
0
0
0
0
1
2
0
0
0
0
1
1
2
0
0
0
0
1
0
2
0
0
1
1
0
0
2
0
0
0
0
0
0
4








We vinden det(A − λI6 ) = (λ − 2)5 (λ − 4). Bijgevolg heeft A als eigenwaarde 2
met alg. mult. 5 en 4 met alg. mult 1.
Net als in de vorige subsecties kunnen we gemakkelijk de meetkundige multipliciteiten bepalen. Voor de eigenwaarde 2 vinden we m2 = 3 en voor de eigenwaarde 4 vinden we m4 = 1. Er volgt onmiddellijk dat A niet diagonaliseerbaar
is. Teneinde het blok te kunnen bepalen behorende bij de eigenwaarde 2 moeten
we een keten van deelruimten bepalen zoals hierboven uitgelegd. We vinden dat


0 0 1 1 1 0
 0 0 0 0 0 0 


 0 0 0 0 0 0 
2


(A − 2I6 ) = 

0
0
0
0
0
0


 0 0 0 0 0 0 
0 0 0 0 0 16
28
en dat




3
(A − 2I6 ) = 



0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 64








zodat we volgende keten verkrijgen:
{0} ⊂ ker(A − 2I6 ) ⊂ ker(A − 2I6 )2 ⊂ ker(A − 2I6 )3
dim : 0 <
3
<
4
<
5 = m2
Dit levert dan de volgende piramide op:
5 − 4 = 1= |
4 − 3 = 1= |
3 − 0 = 3= |||
Dit impliceert nu dat het blok A1 behorende bij de eerste eigenwaarde 2 bestaat
uit drie Jordan-blokjes, één van dimensie 3 en twee van dimensie 1. Bijgevolg heeft
het blok A1 volgende vorm:


2 1 0 0 0
 0 2 1 0 0 



A1 = 
 0 0 2 0 0 
 0 0 0 2 0 
0 0 0 0 2
Het blok A2 behorende bij de tweede eigenwaarde 4 kan enkel de volgende vorm
hebben: (4). Aldus vinden we tenslotte voor de Jordan-normaalvorm van A:


2 1 0 0 0 0
 0 2 1 0 0 0 


 0 0 2 0 0 0 

JN (A) = 
 0 0 0 2 0 0 


 0 0 0 0 2 0 
0 0 0 0 0 4
14
14.1
Enkele uitgewerkte oefeningen
Oefening 1
Vind de Jordan-normaalvorm van de matrix A met karakteristieke veelterm KA (x) =
(x − 1)3 (x − 2)4 , indien de geometrische multipliciteit van de verschillende eigenwaarden gegeven wordt:
29
dim Ker(A − I) = 2 ; dim Ker(A − 2I) = 3.
Oplossing:
Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ = 1:
• geometrische multipliciteit = 2 =⇒ 2 blokken
• algebraı̈sche multipliciteit = 3 =⇒ 1 van de blokken heeft orde 2
Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ = 2:
• geometrische multipliciteit = 3 =⇒ 3 blokken
• algebraı̈sche multipliciteit = 4 =⇒ 1 van de blokken heeft orde 2
Besluit:





JA = 




14.2
1
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
2
0
0
0
0
0
0
1
2
0
0
0
0
0
0
0
2
0
0
0
0
0
0
0
2





.




Oefening 2
Vind de Jordan-normaalvorm van de matrix
0 1
A=
.
−1 0
Oplossing: −x 1
KA (x) = det
= x2 + 1.
−1 −x
We krijgen dus de volgende eigenwaarden: λ1 = i en λ2 = −i. Dit betekent dat
KA (x) = (x − i)(x + i), en dus dat mA (x) = (x − i)(x + i).
Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ1 = i:
• geometrische multipliciteit = 1 =⇒ 1 blok
• algebraı̈sche multipliciteit = 1 =⇒ 1 blok van orde 1
30
Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ = 2:
• geometrische multipliciteit = 1 =⇒ 1 blok
• algebraı̈sche multipliciteit = 1 =⇒ 1 blok van orde 1
Besluit:
JA =
14.3
i 0
0 −i
.
Oefening 3
Vind de Jordan-normaalvorm van de matrix
1+i
2
B=
.
0
1+i
Oplossing: 1+i−x
2
KB (x) = det
= (1 + i − x)2 = (x − (1 + i))2 .
0
1+i−x
We krijgen dus de volgende eigenwaarden: λ1 = λ2 = 1 + i.
Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ1 = λ2 = 1 + i:
geometrische multipliciteit= dim Ker(B − (i + 1)I)
0 2
Nu geldt: B − (i + 1)I =
.
0 0
=⇒ rang(B − (i + 1)I) = 1
=⇒ dim Ker(B − (i + 1)I) = 1
=⇒ 1 blok
Besluit:
JB =
14.4
1+i
1
0
1+i
.
Oefening 4
Vind de Jordan-normaalvorm van de matrix

0 0 0
 1 0 0
T =
 0 1 0
0 0 1
31

−8
16 
.
−14 
6
Oplossing:
KT (x) = det(T − xI)

−x 0
0
−8
 1 −x 0
16 

= det 
 0
1 −x −14 
0
0
1 6−x

= (x − (1 + i))(x − (1 − i))(x − 2)2 .
We krijgen dus de volgende eigenwaarden: λ1 = 1 + i, λ2 = 1 − i en λ3 = λ4 = 2.
Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ1 = 1 + i:
• geometrische multipliciteit = 1 =⇒ 1 blok
• algebraı̈sche multipliciteit = 1 =⇒ 1 blok van orde 1
Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ2 = 1 − i:
• geometrische multipliciteit = 1 =⇒ 1 blok
• algebraı̈sche multipliciteit = 1 =⇒ 1 blok van orde 1
Het Jordan-blok geassocieerd met eigenwaarde λ3 = λ4 = 2:
• geometrische multipliciteit = dim Ker(T − λ3 ) = 1 =⇒ 1 blok
• algebraı̈sche multipliciteit = 2 =⇒ 1 blok van orde 2
Besluit:

1+i
0
 0
1
−
i
JT = 
 0
0
0
0
32
0
0
2
0

0
0 
.
1 
2
Additionele Opgaven
1. Schrijf in de vorm a + bi met a, b ∈ R:
(a) (−7 + 3i) + (2 − i)
√
√
(b) ( 2 + i/3) + (3 − 2i)
√
√
√
√
(c) ( 2 − 3i)( 3 + 2i)
(d) (1 + i)(1/2 − i)(1 − i)
(e) (1 − 4i)3
(f) i31
(g)
√
3−5i√ 3
9−i 3
(h)
1+18i
3+4i
+
7−26i
3−4i
−1
(i) (5 − 12i)
(j) ( 2+3i
)−2
i
√
(k) 17 + 30i
q
(l) ( 2+5i
)−3
3−4i
(m) eiπ/2
(n) i + e2iπ
(o) eiπ/4 − e−iπ/3
(p)
1−eiπ/2
1+eiπ/2
2. Bepaal alle complexe getallen z = x + iy, x, y ∈ R, die voldoen aan:
(a) x + iy = x − iy
(b) |x + iy| = |x − iy|
(c)
x+iy
x−iy
(d)
P100
= x − iy
k=0
ik = x + iy
(e) x + iy = yeix
(f) ex+iy = −1
(g)
1+i
1−i
= xeiy
33
3. Stel de oplossing van de volgende ongelijkheden en vergelijkingen voor in het
complexe vlak.
(a) |z| > 1
(b) z − z = i
(c) z + z = |z|2
4. Bewijs dat ez 6= 0 voor alle z ∈ C en bepaal ook alle z ∈ C waarvoor ez = 1.
√
5. Stel z1 = 1 + 3i en z2 = 2 − 2i. Bepaal de goniometrische gedaante van
z1 z2 en van z1 /z2 .
6. Bewijs de formule van De Moivre:
(cos θ + i sin θ)n = cos (nθ) + i sin (nθ).
7. Bewijs dat
cos (3θ) = (cos θ)3 − 3 cos θ(sin θ)2 ,
en
sin (3θ) = 3(cos θ)2 sin θ − (sin θ)3 .
8. Voor z ∈ C definieert men de cosinus en sinus als volgt:
cos z =
eiz + e−iz
;
2
sin z =
eiz − e−iz
.
2i
De hyperbolische sinus en cosinus, met x ∈ R, is dan gegeven door:
cosh x =
ex + e−x
;
2
sinh x =
Bewijs de volgende gelijkheden:
(a) sin (u + v) = sin u cos v − sin v cos u;
(b) cos (u + v) = cos u cos v − sin u sin v;
(c) (sin z)2 + (cos z)2 = 1;
(d) cos (iy) = cosh y;
34
ex − e−x
.
2
(e) sin (iy) = i sinh y;
(f) sin z = sin x cosh y + i cos x sinh y.
9. Voor z ∈ C definieert men tan z =
sin z
cos z
indien cos z 6= 0.
(a) Bepaal alle z ∈ C waarvoor cos z = 0;
2i
als
e2iz +1
cosh 2y−cos 2x
.
cosh 2y+cos 2x
(b) Toon aan dat tan z = −i +
(c) Toon aan dat | tan z|2 =
cos z 6= 0;
10. Bepaal een complement van:
(a)
in
(b)
in


−1






−3


sp 
7 





3
  
0
1


  
2
, 1
sp 

0   3



1
1







sp 







 
 
2
1
  0   0
, ,
  4   −2
4
3







sp 







1
5
1
2
2
 
−1
1
3
3
0
 
0
3
2
0
0
 
0
0
1
3
0
1
2
0
0
0
 
 
,
 
 
 
 
,
 
 
 
 
,
 
 
11. Maak een Schurreductie naar de rijen (1, 4)
volgende matrix:

1 2 0
 4 1 3
M := 
 −1 0 −1
1 2 1
35




 ,















 
 
 
,
 
 
0
0
0
5
2






 .





en de kolommen (1, 3) van de

3
5 
.
2 
4
12. Zoek de inverse van de matrices op blz. 70 in de cursus.
13. Bepaal door middel van elementaire rijoperaties de inversen van de matrices




1 2 3
4 2 11
A :=  3 1 2  , B :=  0 3 0  .
2 3 1
1 5 3
36