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 ge¨augmenteerde 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 ´e´en 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
