TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN
Faculteit Wiskunde en Informatica
Uitwerking Tentamen Lineaire Algebra B (2WF08) van 16 juni
2009
1. Van de lineaire afbeelding A : R4
van de standaardbasis) gelijk aan

1 1
 0 1
1 2
→ R3 is de matrix A (ten opzichte

4 3
1 2 .
5 5
a. Bepaal de nulruimte van A en de dimensie van de beeldruimte van
A.
Antwoord: N =< (−3, −1, 1, 0), (−1, −2, 0, 1) >, en dus is de
dimensie van de beeldruimte 4 − 2 = 2.
b. Bepaal een basis van het beeld onder A van de deelruimte
{(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 | x1 + x2 + x3 + x4 = 0.}.
Antwoord: Mogelijkheid 1: een basis voor deze deelruimte is
(1, −1, 0, 0), (0, 1, −1, 0), (0, 0, 1, −1) met beelden (0, −1, −1), (−3, 0, −3)
en (1, −1, 0). Deze spannen de beeldruimte op, maar zijn afhankelijk, elk tweetal vectoren hieruit vormt een basis. Mogelijkheid
2: Het beeld van deze deelruimte wordt twee-dimensionaal, de
totale beeldruimte is ook twee-dimensionaal, dus een basis wordt
bijvoorbeeld door de eerste twee kolommen van A gegeven.
c. Bepaal het volledig origineel A−1 (m) van de rechte m in R3 met
parametervoorstelling
m : x = (5, 1, 6) + λ(2, 1, 3).
Antwoord: x = (1, 0, 1, 0)+λ(1, 1, 0, 0)+µ(−3, −1, 1, 0)+ν(−1, −2, 0, 1).
De eerste vector is een origineel van (5, 1, 6), de tweede een origineel van λ(2, 1, 3) de laatste twee vormen de nulruimte.
2. In de reële 3-dimensionale vectorruimte V met basis a, b, c is de lineaire
afbeelding A : V → V vastgelegd door
Aa = 2a + 5b + 12c,
Ab = −a − 3b − 9c,
Ac = a + 2b + 4c.
a. Laat zien dat de deelruimte U = ha + b, b + 3ci invariant is onder
A. Wat is de (2 × 2)- matrix van de beperking van A tot U ten
opzichte van de basis a + b, b + 3c van U ?
Antwoord: A(a + b) = a + 2b + 3c = (a + b) + (b + 3c). A(b + 3c) =
2(a + b) + (b + 3c). De matrix wordt nu
1 2
.
1 1
b. Bepaal de matrix van A ten opzichte van de basis a + b, b + 3c, c
van V .
Antwoord:


1 2 1
 1 1 1 .
0 0 1
c. Bepaal de eigenwaarden en eigenvectoren van de afbeelding A.
Antwoord: Er geldt voor bovenstaande matrix dat det(A − λI)√=
2
(1−λ)((1−λ)
√ −2), dus de eigenwaarden worden λ = 1, λ =
√ 1+ 2
en λ =√1− 2. Bijbehorende eigenvectoren: (−2, −1, 2), ( 2, 1, 0)
en (− 2, 1, 0).
3. De lineaire afbeelding A : R3 → R3 is gegeven door de matrix (ten
opzichte van de standaardbasis):


6 2 −3
1
6 
A=  2 3
7
−3 6 −2
a. Bewijs dat A een draaispiegeling is.
Antwoord: We moeten nagaan dat de kolommen van A vectoren
zijn met lengte één, die onderling loodrecht staan, d.w.z. inproduct nul hebben. Dit is zo. Omdat de determinant van A gelijk
is aan -1 is het een draaispiegeling.
b. Bepaal het spiegelvlak en de (cosinus van de) draaiingshoek van A
in dit vlak (de ’draairichting’ hoeft u niet te bepalen).
Antwoord: Het spiegelvlak is de loodrechte van de eigenruimte bij
de eigenwaarde −1: < (1, −2, 3) >, dus het vlak heeft vergelijking
x − 2y + 3z = 0. Voor het spoor van de matrix A geldt dat deze
gelijk is aan −1 + 2 cos φ, met φ de draaihoek. Het spoor van A
is 7/7 = 1, dus φ = 0. We kunnen dit voor de zekerheid nog
controleren door het beeld van bijvoorbeeld de vector (1, 2, 1) in
het spiegelvlak te bepalen: dit is inderdaad gewoon (1, 2, 1).
4. V is een tweedimensionale inproductruimte met een orthonormale basis
α : {a, b}. B : V → V is de lineaire afbeelding met matrix ten opzichte
van de basis α:
1 4
Bα =
.
4 1
De lineaire afbeelding A : V → V wordt gedefinieerd door
Ax = 4x − (Bx, a)b − (Bx, b)a.
a. Laat zien dat A een symmetrische lineaire afbeelding is.
Antwoord: Omdat de ruimte twee dimensionaal is is het voldoende
te laten zien dat (a, Ab) = (Aa, b). Dat dit zo is volgt uit een
directe berekening: Aa = 4a − b − 4a = −b en Ab = −a en dus
(a, Ab) = (Aa, b) = −1
b. Bepaal de eigenwaarden en de eigenvectoren van A.
Antwoord: Ten opzichte van de basis a, b is de matrix van A :
0 −1
.
−1
0
Met eigenwaarden 1 en −1, en eigenvectoren a − b en a + b.
5. Bepaal alle oplossingen van het stelsel differentiaalvergelijkingen
4 2
1
0
x =
x+
et
3 3
−3
Antwoord: De eigenwaarden van de matrix zijn 1 en 6, met bijbehorende eigenvectoren (2, −3) en (1, 1), dus het homogene deel van de
oplossing wordt: x = a(2, −3)> et + b(1, 1)> e6t . Een particuliere oplossing wordt van de vorm x = (ut + v)et , met u in de eigenruimte van
de eigenwaarde 1. Dit werkt bijvoorbeeld voor u = (−4/5)(2, −3)> en
v = (−1/5, 0)> .
6. Bepaal de Laplace-getransformeerde van sin3 (t), t ≥ 0. Antwoord:
Mogelijkheid 1: Uit (cos 3t + i sin 3t) = (cos t + i sin t)3 volgt sin 3t =
3 sin t − 4 sin3 t, en dus sin3 t = (3 sin t − sin 3t)/4. De laplace getransformeerde wordt daarmee
(
s2
3
3
− 2
)/4.
+1 s +9
Mogelijkheid 2: Schrijf sin3 t in termen van e−machten (dit is in wezen
hetzelfde idee als hierboven).