Kwantitatieve Economie / Faculteit Economie en

Kwantitatieve Economie / Faculteit Economie en Bedrijfskunde / Universiteit van Amsterdam
Tentamen Lineaire Algebra A (met uitwerking)
Maandag 21 juni 2010, van 9:00 tot 12:00 (4 opgaven)
• Schrijf je naam en studentnummer op alles dat je inlevert.
• Licht antwoorden bondig toe! Geen toelichting = geen punten.
• Binnen een opgave is elke deelopgave evenveel punten waard. Er zijn in totaal 90 punten te
behalen. Een voldoende is 45 punten of meer.
Opgave 1 [30 punten]:
Gegeven is de matrix


A=

2
1
3 1


−1 1 
,
2 − h −h 1
waar h ∈ R een parameter is.
a) Stel h = 0. Los op

19



.
A~x = 
8


16
Uitwerking: De gereduceerde trapvorm van de geäugmenteerde matrix is:


1 0 0 7


 0 1 0 1 .


0 0 1 2


7
 

De oplossing van het stelsel is dus ~x =  1 
.
2
b) Voor welke waarden van h is A inverteerbaar? (Bereken de inverse niet!)
Uitwerking: De matrix kan worden gereduceerd tot

1
−1
1

 0
5
−1



.

0 −2(h − 1) h − 1
We zien dat deze matrix minder dan volle rang heeft als h = 1 en dus zeker niet inverteerbaar
is als h = 1. Als we aannemen dat h 6= 1, dan kunnen we de matrix verder reduceren tot I3 .
Dus is de matrix inverteerbaar d.e.s.d.a. h 6= 1.
c) Bepaal de rang van A als functie van h.
Uitwerking: Als h = 1, dan is de gereduceerde trapvorm:


4
1 0
5 

 0 1 −1 

5 
0 0
0
en dus is de rang van A gelijk aan 2. Als h 6= 1, dan is de A inverteerbaar en dus is de rang
3.
d) Bepaal de basis van het beeld van A voor h = 0 en voor h = 1.
Uitwerking: Als h = 0 dan is de matrix inverteerbaar en is het beeld R3 ; een mogelijke
basis is ~e1 , ~e2 en ~e3 . Als h = 1, dan is de rang van A gelijk aan twee en is het beeld een
twee-dimensionale deelruimte van R2 . De gereduceerde trapvorm van A is:


4
1 0
5 

 0 1 −1 

5 
0 0
0
Hieruit volgt dat de eerste en tweede kolom van A een basis van het beeld van A vormen,
d.w.z.

2


3

 


 1  en  −1  .
 


1
−1
e) Bepaal de basis van de kern van A voor h = 0 en voor h = 1.
Uitwerking: Als h = 0, dan is de matrix inverteerbaar

 en de kern heeft dimensie nul. Als
−4



h = 1, dan wordt de kern opgespannen door 
 1  (zie de gereduceerde trapvorm in de
5
uitwerking van de vorige deelopgave).
Opgave 2 [18 punten]:

2

 

Gegeven is het punt P = (1, 1, 0) en het vlak V : ~n · ~x = 0, waar ~n = 
 1 .
2
a) Onder welke hoek snijdt OP het vlak V ?
Uitwerking: Stel p~ = OP . De hoek waaronder de normaalvector van V de lijn snijdt:
cos θ =
1√
1
~n · p~
=
2 =⇒ θ = π.
k~nkk~pk
2
4
De lijn snijdt het vlak dus met hoek 12 π − 14 π = 14 π.
b) Geef de projectie van OP op V .
Uitwerking: De projectie van p~ op de normaalvector is:
 
2

~n · p~
1

proj~n p~ =
~n =  1 

~n · ~n
3
2
De projectie op het vlak is dan:

projV p~ = p~ − proj~n p~ =
1
1

3


2 

−2
c) Wat is de afstand tussen P en V ?
Uitwerking: De afstand tussen P en V is de lengte van de projectie van OP op de normaalvector van V :
 
2 

1  
 1  = 1
3
2 Opgave 3 [24 punten]:
De lineaire transformatie P is een projectie van R3 naar het vlak V opgespannen door ~v1 en ~v2 .
Met ~v3 wordt een vector aangeduid die loodrecht op zowel ~v1 als ~v2 staat.
a) Wat is de dimensie van de kern van P ?
Uitwerking: Het beeld van P is V en de dimensie van V is 2. Uit de dimensiestelling volgt
direct dat de dimensie van de kern één is.
b) Neem als basis B = (~v1 , ~v2 , ~v3 ) Laat zien dat:


1 0 0



B = [P ]B =  0 1 0 
.
0 0 0
Uitwerking: Merk op dat P~v1 = ~v1 en P~v2 = ~v2 . De normaalvector van V is ~v3 . Er geldt dat
P~v3 = ~0. In de nieuwe basis: B~e1 = e~1 , B~e2 = e~2 en B~e3 = ~0.




1
1


 



Zij ~v1 =  −1  en ~v2 =  0 
 gegeven.
0
1
c) In de standaardbasis, wat is de matrix bijbehorend
P?


−1



Uitwerking: Om te beginnen v~3 = ~v1 × ~v2 =  −1 
. Laat S = [~v1 ~v2 ~v3 ]. Daaruit volgt:
1


S −1 = 

1
3
1
3
− 13
− 32
1
3
− 31
− 13
2
3
1
3


.

Dan is

A = SBS −1 =
2 −1 1
1

3  −1
1


2 1 
.
1 2
Opgave 4 [18 punten]:
Geef een kort bewijs van de volgende stellingen.
a) Als A en B matrices van dezelfde grootte zijn, dan hoeft rang(A + B) niet gelijk te zijn aan
rang(A) + rang(B)
Uitwerking: Neem bv. A = I3 en B = −I3 . De rang van A is 3, de rang van B is 3. Maar
rang(A + B) = rang(O3 ) = 0.
b) Stel A en B zijn gelijksoortig met B = S −1 AS. Als ~x ∈ ker B, dan S~x ∈ ker A.
Uitwerking: Merk op dat SB = AS. Stel ~x ∈ ker B. Dan:
B~x = ~0 =⇒ SB~x = ~0 =⇒ AS~x = ~0 =⇒ S~x ∈ ker A.
c) Als A2 inverteerbaar is, dan is ook A inverteerbaar.
Uitwerking: Er zijn legio manieren om dit te bewijzen:
(a) Bewijs uit het ongerijmde. Stel A is niet inverteerbaar. Dan bevat de kern van A een
element ~x 6= ~0. Maar als A~x = 0, dan is ook A2~x = 0. Dit is strijdig met de aanname
dat A2 inverteerbaar is. Ergo, A is inverteerbaar.
(b) Stel A2 is inverteerbaar. Dan geldt
A2 (A2 )−1 = I =⇒ A(A(A2 )−1 ) = I.
Dit houdt in dat A(A2 )−1 een inverse is van A en dus is A inverteerbaar.
(c) Merk op dat ker A ⊆ ker A2 (want A~x = 0 =⇒ A2~x = 0). Aangezien A2 inverteerbaar
is, ker A2 = {~0} en daarom ker A = {~0}. Hieruit volgt dat A inverteerbaar is.
(d) Merk op dat im A2 ⊆ im A. Stel ~y ∈ im A2 . Dan is er een ~x zodanig dat A2~x = ~y . Maar
dat betekent dat er ook een ~z is zodanig dat A~z = ~y , nml. ~z = A~x. Dus ~y ∈ im A.
Aangezien A2 inverteerbaar is, geldt im A2 = Rn en dus im A = Rn . Dit impliceert dat
A inverteerbaar is.
Einde van het tentamen