TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Tentamen Lineaire Algebra en Lineaire Analyse 2 (2Y550/2Y530), op donderdag 25 november 2004, 9:00–12:00 uur. De uitwerkingen van de opgaven dienen duidelijk geformuleerd en overzichtelijk opgeschreven te worden. Motiveer al uw antwoorden!
1. De lineaire afbeelding A : R3 → R3 heeft de matrix −2 1 1 A = 1 −2 1 . 1 1 −2 a) Bepaal de nulruimte van A. b) Bepaal de beeldruimte van A. c) Bepaal het beeld A(`1 ) van de lijn `1 gegeven door de parametervoorstelling x = (0, 2, −1) + λ(1, 0, 0). d) Bepaal het volledig origineel A−1 (`2 ) van de lijn `2 gegeven door de parametervoorstelling x = (1, 0, −1) + λ(1, −1, 0). 2. De lineaire afbeelding A : R3 → R3 heeft de matrix √ √ 1 3 −2 3 1√ A= 3 3 2 . 4 √ 2 3 −2 0 a) Toon aan dat A een rotatie is. b) Bepaal de rotatie-as en rotatie-hoek van A. c) Toon aan dat A een twee-dimensionale invariante deelruimte W heeft. Bepaal een orthonormale basis van W. d) Bepaal een orthonormale basis α van R3 zodanig dat Aα de volgende structuur heeft ∗ 0 0 Aα = 0 ∗ ∗ , 0 ∗ ∗ waarbij ∗ een willekeurig element voorstelt. Bepaal Aα . Z.O.Z.
1
Tentamen Lineaire Algebra en Lineaire Analyse 2 (2Y550/2Y530) op donderdag 25 november 2004, 9:00–12:00 uur.
3. Van de lineaire afbeelding A : R3 → R3 is gegeven: – A is symmetrisch – de beeldruimte is R = h(1, 1, 0)i – A(1, 1, 1) = (2, 2, 0). a) Toon aan dat N = h(1, −1, 0), (0, 0, 1)i. b) Bepaal alle eigenwaarden en een orthonormale basis van eigenvectoren. c) Bepaal de matrix A. 4. In R2 is de ellips E gegeven met vergelijking √ √ 5x21 − 6x1 x2 + 5x22 − 24 2 x1 + 8 2 x2 + 56 = 0. a) Bepaal de vergelijking van deze ellips op hoofdassen. b) Bepaal de vergelijkingen van beide symmetrie-assen. c) Bereken de co¨ordinaten van het middelpunt. 5. Bepaal (zonder Laplace-transformatie) de oplossing van het volgende beginwaardeprobleem: ! ! ! 1 −1 2 4 0 t x = x+ e , x(0) = . 1 1 −1 0 6. Bereken met behulp van de convolutiestelling de oplossing van het volgende beginwaardenprobleem: x00 + x = f (t),
x(0) = 0, x0 (0) = 1,
waarbij de f (t) is gedefinieerd door ( t als 0 ≤ t < π2 , . f (t) = π als t ≥ π2 2 Voor de vraagstukken kunnen de volgende aantallen punten worden behaald: Vraagstuk
Vraagstuk
1a: 1b: 1c: 1d: 2a: 2b:
2 1 2 3 2 2
punten punt punten punten punten punten
Vraagstuk Vraagstuk
2c : 2d : 3a : 3b : 3c :
2 2 1 3 2
punten punten punt punten punten
Vraagstuk
Vraagstuk Vraagstuk
4a: 4b: 4c: 5 5
4 1 1 7 5
punten punt punt punten punten
Het cijfer wordt bepaald door p/4 + b af te ronden, waarbij p het totaal van de behaalde punten is (0 ≤ p ≤ 40) en b de bonus behaald bij de toetsen (b = 0, 0.5 of 1). 2
UITWERKINGEN
1a We moeten oplossen Ax = 0. Vegen naar normaalvorm geeft −2 1 1 1 −1 0 1 −2 1 ∼ · · · ∼ 0 1 −1 . 1 1 −2 0 0 0 Hieruit lezen we af dat x1 − x2 = 0 en x2 − x3 = 0, zodat N = h(1, 1, 1)i. 1b De beeldruimte R wordt voortgebracht door de kolommen van A. Vegen van de matrix, identiek aan het veegproces onder 1a, geeft dan R = h(1, −1, 0), (0, 1, −1)i. ALTERNATIEF: De afbeelding A is symmetrisch, dus R = N ⊥ . 1c Als we de matrix A vermenigvuldigen met de vector (λ, 2, −1)T dan vinden we de volgende parametervoorstelling x = (1, −5, 4) + λ(−2, 1, 1). 1d Het volledig origineel bevat alle vectoren x waaarvoor Ax ∈ `2 . Deze bepalen we als volgt: 1 0 −1 | − 13 λ − 23 −2 1 1 | 1+λ 1 −2 1 | −λ ∼ · · · ∼ 0 1 −1 | 13 λ − 13 . 1 1 −2 | −1 0 0 0 | 0 Hieruit volgt x1 − x3 = − 31 λ −
2 3
en x2 − x3 = 13 λ − 13 . Kiezen we bijvoorbeeld x3 = µ dan
vinden we de parametervoorstelling x = (− 23 , − 13 , 0) + η(−1, 1, 0) + µ(1, 1, 1). ALTERNATIEF: Bepaal het volledig origineel van de vectoren (1, 0, −1) en (1, −1, 0) en tel daar N bij op. 2a Uit AT A = I en det(A) = 1 volgt dat A een rotatie is. 2b De rotatie-as wordt voortgebracht door de eigenvector bij eigenwaarde 1, en die berekenen we uit √ √ √ −3 3 −2 3 3 −1 0 √ A − I = 41 √3 −1 2 ∼ ··· ∼ 0 0 1 . 0 0 0 2 3 −2 −4 √ √ Hieruit volgt dan voor de eigenvector v = (1, 3, 0)T . De rotatie-as is dan h(1, 3, 0)i. De rotatiehoek bepalen we uit het spoor: sp(A) = 1 + 2 cos ϕ = 1 zodat cos ϕ = 0 en ϕ = ± π2 . √ 2c De rotatie-as U = h(1, 3, 0)i is invariant. Omdat A orthogonaal is is ook de (tweedimensionale) ruimte W = U⊥ invariant onder A. Uiteraard is W het vlak door de oorsprong loodrecht op de rotatie-as. 2d We kiezen de basis √ √ α = 12 (1, 3, 0), 12 (− 3, 1, 0), (0, 0, 1) . De eerste vector is de basisvector van U en de andere twee zijn twee onderling loodrechte basisvectoren van W. Alle vectoren zijn genormeerd op lengte 1. Hieruit kunnen we direct de (orthogonale) overgangsmatrix ε Sα aflezen: √ 1 − 3 0 √ 1 1 0 . ε Sα = 2 3 0 0 2
3
De matrix Aα berekenen we uit de relaties Aα = α Sε Aε ε Sα , Aε = A en α Sε = ε SαT . We vinden dan 1 0 0 Aα = 0 0 1 . 0 −1 0 3a Omdat A symmetrisch is geldt N = R⊥ , zodat N = h(1, −1, 0), (0, 0, 1)i. 3b Uit onderdeel a) concluderen we dat A een dubbele eigenwaarde λ1 = λ2 = 0 heeft met bijbehorende eigenvectoren v 1 = √12 (1, −1, 0)T en v 2 = (0, 0, 1)T . Omdat dim(R) = 1 is de derde eigenvector, bij eigenwaarde λ3 , de vector v 3 = λ3 volgt uit
√1 (1, 1, 0). 2
De onbekende eigenwaarde
A(1, 1, 1) = A(1, 1, 0) + A(0, 0, 1) ⇐⇒ (2, 2, 0) = λ3 (1, 1, 0) + (0, 0, 0), waaruit volgt dat λ3 = 2. 3c Uit de beelden van de (onafhankelijke) vectoren (1, −1, 0), (0, 0, 1) en (1, 1, 0) kunnen we de matrix A bepalen. We vinden 1 1 0 A = 1 1 0 . 0 0 0 4a. De vergelijking van de kromme is te schrijven als 5 −3 √ x1 √ x1 x1 x2 + −24 2 8 2 + 56 = 0. −3 5 x2 x2 De eigenwaarden van de matrix zijn 2 (met eigenruimte E2 = h(1, 1)i) en 8 (met eigenruimte E8 = h(−1, 1)i). Door de (direct) orthogonale transformatie: 1 y1 1 −1 x1 =√ 1 1 y2 x2 2 krijgen we de volgende gedaante op hoofdassen: y − 4 2 2 1 + y2 + 2 = 1. 2 4b. De symmetrie-assen zijn y1 =√4 en y2 = −2. In (x1 , x2 )-co¨ordinaten wordt dit: √ x1 + x2 = 4 2 en −x1 + x2 = −2 2. 4c. Voor het middelpunt geldt √ √ (y1 , y2 ) = (4, −2) ⇐⇒ (x1 , x2 ) = (3 2, 2). ALTERNATIEF: Bereken het snijpunt van de symmetrie-assen.
4
5. De matrix 1 −1 A= 1 1 heeft geen re¨ele eigenwaarden. De wortels van de karakteristieke vergelijking zijn λ1 = 1 + i ¯ 1 = 1 − i. Basisvectoren van de bijbehorende eigenruimtes zijn en λ2 = λ i −i v1 = , v 2 = v¯1 = . 1 1 Voor de de homogene oplossing vinden we dan i it −i −it t e + C2 e . xh (t) = e C1 1 1 Door de eerste term uit te vermenigvuldigen en te splitsen in een re¨eel en imaginair deel kunnen we de homogene oplossing herschrijven als − sin t cos t t xh (t) = e C3 + C4 . cos t sin t Vanwege de vorm van de inhomogene term proberen we als particuliere oplossing xp = u et . Substitutie in de differentiaalvergelijking levert het stelsel (A − I)u = −a, met a = (2, −1)T . De oplossingen van dit stelsel is u = (1, 2)T . We hebben nu de particuliere oplossing 1 t xp (t) = e. 2 De totale oplossing volgt uit superpositie van xh (t) en xp (t): x(t) = e
t
C3
− sin t cos t 1 t + C4 + e. cos t sin t 2
Toepassen van de beginconditie tenslotte, levert C3 = −2 en C4 = 3.
5
6. Toepassen van de Laplace-transformatie op het beginwaardeprobleem levert s2 X − 1 + X = F met X(s) en F (s) de Laplace-getransformeerden van respectivelijk x(t) en f (t). Hieruit volgt voor X(s) X(s) =
s2
1 1 + F (s) 2 . +1 s +1
Terugtransformeren levert x(t) = sin t + f (t) ∗ sin t. Het convolutieproduct f (t) ∗ sin t moeten we bepalen m.b.v. parti¨ele integratie. Dit levert ( t − sin t als 0 ≤ t < π2 , f (t) ∗ sin t = π als t ≥ π2 . 2 − cos t − sin t De uiteindelijke oplossing wordt nu ( t als 0 ≤ t < π2 , x(t) = π als t ≥ π2 . 2 − cos t
6
