Antwoorden Lineaire Algebra 2NA van 4-1-2011

Antwoorden Lineaire Algebra 2NA van
4-1-2011
1. De eigenwaarden
matrix zijn 6 en 3 met
√ vanT de met Q√geassocieerde
T
eigenvectoren ( 2, 1) en (−1, 2) . De hoofdassenvorm (=principal
axis form) is 2y12 + y22 = 1 en de y1 -resp. y2 -as liggen in de richtingen
van de gegeven eigenvectoren. K is een ellips met hoofdassen langs de
y1 -as en y2 -as - omdat de e.w. beide positief zijn is Q positief-definiet
en vanwege de +1 in het rechterlid is de kromme niet-gedegenereerd.
c. Bij het tekenen moeten de hoofdassen en de snijpunten met de hoofdassen duidelijk te zien zijn.
0
1
2. De eigenwaarden van de matrix A =
zijn −1 + i en −1 − i
−2 −2
met eigenvectoren (1, −1 + i)T en (1, −1 − i)T . De oplossing wordt
gegeven door
x(t)
1
e−t cos t
tA
tD −1
= e = Ue U
=
.
y(t)
−1
−e−t (cos t + sin t)
1
1
Hierbij is U =
een matrix van eigenvectoren en
−1 + i −1 − i
etD = diag(e(−1+i)t , e(−1−i)t ).
Opmerking: Het is handiger om niet de hele matrix etA uit te rekenen
maar de vector (1, −1)T achtereenvolgens met de matrices U −1 , etD , U
te vermenigvuldigen.
3a. T (A+B) = (A+B)J −J(A+B) = AJ −JA+BJ −JB = T (A)+T (B),
net zo T (λA) = λT (A).
1 0
0 1
0 0
0 0
b. T.o.v. de basis E = {
,
,
,
} is de matrix
0 0
0 0
1 0
0 1


0
1
1 0
−1 0
0 1
.
van T gelijk aan TEE = 
−1 0
0 1
0 −1 −1 0
c. Methode 1: de matrix TEE is antihermites, de basis E is orthonormaal
(dit moet dan wel worden aangetoond!), dus de afbeelding T is zelf
antihermites.
Methode 2: Via de definitie: hT (A), Bi = tr((AJ−JA)∗ B) = tr(J ∗ A∗ B)
- tr(A∗ J ∗ B) =
= tr(−A∗ BJ) − tr(−A∗ JB) = tr(A∗ (JB − BJ)) = hA, −T (B)i.
Hierbij is gebruikt dat J ∗ = −J en tr(XY ) = tr(Y X).
d. Direct: T (B) = BJ − JB = 2iB berekenen. Het is ook mogelijk
om de coördinaatvector BE = (1, i, i, −1)T met de matrix uit (b) te
vermenigvuldigen.
e. Omdat de matrix van T reëel is, is T (B̄) = −2iB̄. Verder zien we
aan de matrix dat de rang 2 is, en dus is er een eigenwaarde 0 met
eigenruimte van dimensie 2: de eigenruimte is span{I, J}.
4a. Neem aan dat λa + µb + νc = 0; inproducten nemen met a, b, c geeft
een stelsel van drie vergelijkingen in de onbekenden λ, µ en ν: Een van
deze vergelijkingen is
1
1
0 = ha, λa + µb + νci = λ + µ + ν,
2
2
de andere twee zijn 21 λ + µ + 21 ν = 0 en 12 λ + 21 µ + ν = 0. De oplossing
van dit stelsel is (alleen) λ = µ = ν = 0. Dus zijn a, b, c lineair
onafhankelijk. Omdat het aantal vectoren gelijk is aan de dimensie van
de vectorruimte, vormt het een basis.
√
b. Gram-Schmidt toepassen geeft {a, (a − 2b)/ 3}.
√
c. Gram-Schmidt toepassen geeft {(a + b − 3c)/ 6}.


1 0 1/3
d. De matrix is 0 1 1/3. Dat P (a) = a en P (b) = b is duidelijk.
0 0 0
Verder is
1
1
1
P (c) = ha, cia + ha − 2b, ci(a − 2b) = a + b.
3
3
3
5. (U −1 )T U T = (U U −1 )T = I T = I dus (U T )−1 = (U −1 )T (hierbij is gebruikt dat (AB)T = B T AT voor matrices A, B waarvoor AB bestaat).