Correctiemodel Tent Lin. Algebra I 26 Feb 2016
1
1
1. Gegeven matrix 𝐴 = [
2
0
a.
b.
c.
d.
e.
FTeW
0
1 1
1 −1 2
] , met 𝑘 als reëel getal.
0
1 0
−1
1 𝑘
(25 pt.)
Voor welke waarde van 𝑘 is matrix 𝐴 niet inverteerbaar?
Neem 𝑘 = 0 en bepaal 𝐴−1 (de inverse van 𝐴).
Neem 𝑘 = 2 en bepaal een basis voor de kolomruimte van 𝐴 (𝐾𝑜𝑙 𝐴).
Voor 𝑘 = 2, wat is de dimensie van 𝐾𝑜𝑙 𝐴.
Voor 𝑘 = 2, bepaal eerst de dimensie van de nulruimte van 𝐴 en bepaal daarna 𝑁𝑢𝑙 𝐴. (Leg uit).
Antw:
a.
10
𝐴 is niet inverteerbaar indien er minder dan 4 pivotkolommen zijn.
(blz 112)
We rij-reduceren 𝐴 tot:
𝑟𝑖𝑗2 = 𝑟𝑖𝑗2 − 𝑟𝑖𝑗1
𝑟𝑖𝑗3 = 𝑟𝑖𝑗3 − 2𝑟𝑖𝑗1
1
0
1 1
1
1
1 −1 2
0
[
]~[
2
0
1 0
0
0 −1
1 𝑘
0
𝑟𝑖𝑗4 = 𝑟𝑖𝑗4 + 𝑟𝑖𝑗2
1
0
1
1
0
1 −2
1
]~[
0
0 −1 −2
0
−1
1
𝑘
0
1
0
0
𝑟𝑖𝑗4 = 𝑟𝑖𝑗4 − 𝑟𝑖𝑗3
1
1
1
−2
1
0
]~[
−1
−2
0
−1 𝑘 + 1
0
0
1
0
0
1
1
−2
1
]
−1
−2
0 𝑘+3
𝐴 niet inverteerbaar indien 𝑘 = −3.
b.
4
(blz 108)
𝑟𝑖𝑗2 = 𝑟𝑖𝑗2 − 𝑟𝑖𝑗1
𝑟𝑖𝑗3 = 𝑟𝑖𝑗3 − 2𝑟𝑖𝑗1
1
0
1 1 ⋮
1
1 −1 2 ⋮
[
2
0
1 0 ⋮
0 −1
1 0 ⋮
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
1
1 ⋮
1 0 0
0
0
1 −2
1 ⋮ −1 1 0
]~[
0
0
0 −1 −2 ⋮ −2 0 1
1
0 −1
1
0 ⋮
0 0 0
𝑟𝑖𝑗4 = 𝑟𝑖𝑗4 + 𝑟𝑖𝑗2
1
0
[
0
0
0
1
1 ⋮
1 0
1 −2
1 ⋮ −1 1
0 −1 −2 ⋮ −2 0
0 −1
1 ⋮ −1 1
𝑟𝑖𝑗3 = −𝑟𝑖𝑗3; 𝑟𝑖𝑗4 = 𝑟𝑖𝑗4/3
Page 1 of 6
0
0
]~
0
1
𝑟𝑖𝑗4 = 𝑟𝑖𝑗4 − 𝑟𝑖𝑗3
0
0
1
0
0
1
0
0
]~[
0
0
1
0
0
1
0
0
1
1 ⋮
1 0
0
−2
1 ⋮ −1 1
0
−1 −2 ⋮ −2 0
1
0
3 ⋮
1 1 −1
0
0
]~
0
1
𝑟𝑖𝑗3 = 𝑟𝑖𝑗3 − 2𝑟𝑖𝑗4; 𝑟𝑖𝑗2 = 𝑟𝑖𝑗2 − 𝑟𝑖𝑗4; 𝑟𝑖𝑗1 = 𝑟𝑖𝑗1 − 𝑟𝑖𝑗4
Correctiemodel Tent Lin. Algebra I 26 Feb 2016
1
0
[
0
0
FTeW
1
⋮
1
0
0
0
0
⋮ −1
1
0
0
]~[
⋮
2
0
−1
0
0
⋮ 1/3 1/3 −1/3 1/3
0
0
1 1
1 −2 1
0
1 2
0
0 1
0
1 0
1 −2 0
0
1 0
0
0 1
⋮
2/3 −1/3
1/3 −1/3
⋮ −4/3
2/3
1/3 −1/3
]~
⋮
4/3 −2/3 −1/3 −2/3
⋮
1/3
1/3 −1/3
1/3
𝑟𝑖𝑗2 = 𝑟𝑖𝑗2 + 2𝑟𝑖𝑗3; 𝑟𝑖𝑗1 = 𝑟𝑖𝑗1 − 𝑟𝑖𝑗3
1
0
[
0
0
0
1
0
0
c.
4
0
0
1
0
0
0
0
1
⋮ −2/3
1/3
2/3
1/3
⋮
4/3 −2/3 −1/3 −5/3
]
⋮
4/3 −2/3 −1/3 −2/3
⋮
1/3
1/3 −1/3
1/3
(blz 212)
1
0
1 1
1
1
1 −1 2
0
[
]~[
2
0
1 0
0
0 −1
1 2
0
↑
↑
0
1
0
0
1
1
−2
1
]
−1 −2
0
5
↑ ↑
De pivotkolommen 1,2,3 en 4 van 𝐴 vormen een basis voor 𝐾𝑜𝑙 𝐴.
d.
3
e.
4
dim 𝐾𝑜𝑙 𝐴 = 4
(blz 155/156)
dim 𝐾𝑜𝑙 𝐴 + dim 𝑁𝑢𝑙 𝐴 = 4
⇒ dim 𝑁𝑢𝑙 𝐴 = 0
⇒
𝑁𝑢𝑙 𝐴 = 𝟎
1
1
2
1
2. Gegeven zijn de vectoren: 𝒗1 = [2] , 𝒗2 = [3] , 𝒗3 = [2] 𝑒𝑛 𝒗4 = [2].
1
2
1
4
a. Schrijf 𝒗4 als lineaire combinatie van de vectoren 𝒗1 , 𝒗2 en 𝒗3 .
b. Is {𝒗1 , 𝒗2 , 𝒗3 } lineair onafhankelijk?
c. Bepaal de dimensie van Span {𝒗1 , 𝒗2 , 𝒗3 , 𝒗4 }.
(18 pt.)
Antw:
a.
12
(blz 2 t/m 21)
1
1
2
1
1 1
𝑥1 𝒗1 + 𝑥2 𝒗2 + 𝑥3 𝒗3 = 𝒗4 → 𝑥1 [2] + 𝑥2 [3] + 𝑥3 [2] = [2] → [2 3
1
2
1
4
1 2
aang.matrix
1 1 2
[2 3 2
1 2 1
Page 2 of 6
1
1 0 0
2] ~ [ 0 1 0
4
0 0 1
𝑥1
−11
−11
𝑥
6] → [ 2 ] = [ 6]
𝑥3
3
3
2 𝑥1
1
2] [𝑥2 ] = [2]
1 𝑥3
4
Correctiemodel Tent Lin. Algebra I 26 Feb 2016
FTeW
3
b.
(blz 56)
{𝒗1 , 𝒗2 , 𝒗3 } is lineair onafhankelijk want 𝑥1 𝒗1 + 𝑥2 𝒗2 + 𝑥3 𝒗3 = 𝟎 heeft geen vrije variabelen (zie
a.) en bezit dus alleen de triviale oplossing.
3
c.
(blz 30/148/155/156/226/227)
Dimensie van Span {𝒗1 , 𝒗2 , 𝒗3 , 𝒗4 } is 3, want het kan worden opgespannen door 3
onafhankelijke basisvectoren, b.v. 𝒗1 , 𝒗2 𝑒𝑛 𝒗3 (ℝ3 ).
1
0
1
1
3. Gegeven zijn de vectoren 𝒗1 = [1] , 𝒗2 = [1] 𝑒𝑛 𝒗3 = [0] 𝑒𝑛 [𝒖]𝑆 = [1]
1
1
1
2
(36 pt.)
a. Laat zien dat de bovengenoemde vectoren 𝒗1 , 𝒗2 𝑒𝑛 𝒗3 , een basis vormen voor ℝ3 . Noem die
basis S.
b. De vector 𝒖 heeft t.o.v. basis S, de coördinaten [𝒖]𝑆 . Bepaal de coördinaten van 𝒖 t.o.v. de
standaard basis E.
c. Gegeven is dat T ook een basis is voor ℝ3 ; wat is de relatie tussen de kolommen van de Matrix
𝑷 en basis T ?
𝐸 ←𝑇
1 0
d. De overgangsmatrix van basis T naar de basis S is 𝑷 = [2 1
𝑆←𝑇
3 2
basis T.
e. Bepaal de overgangsmatrix 𝑷 .
3
1] ; bepaal de vectoren van de
0
𝑇←𝑆
Antw:
a.
6
(blz 148/37/112)
1 0 1
1
𝐴 = [1 1 0] ~ [0
1 1 1
0
0 0
1 0]
0 1
of
det 𝐴 = 1 ≠ 0
b.
(blz 171)
6
𝑷 = 𝑃𝑆 = [𝒗1
𝐸 ←𝑆
1
𝒖 = 𝑃𝑆 [𝒖]𝑆 = [1
1
Page 3 of 6
(blz 240/241)
𝒗2
1 0
𝒗3 ] = [1 1
1 1
0 1 1
3
1 0] [1] = [2]
1 1 2
4
1
0]
1
Correctiemodel Tent Lin. Algebra I 26 Feb 2016
FTeW
1
0
1
3
of 𝒖 = 1𝒗1 + 1𝒗2 + 2𝒗3 = 1 [1] + 1 [1] + 2 [0] = [2]
1
1
1
4
6
c.
Basis 𝑇 = {𝒕1 , 𝒕2 , 𝒕3 }
𝑷 = 𝑃𝑇 = [𝒕1
𝐸 ←𝑇
𝒕2
𝒕3 ]
12
d.
Theorema 15, blz 240:
1 0
𝑷 = [2 1
𝑆←𝑇
3 2
3
1] = [[𝒕1 ]𝑆
0
[𝒕2 ]𝑆
[𝒕3 ]𝑆 ] →
1
0
3
[𝒕1 ]𝑆 = [2] ; [𝒕2 ]𝑆 = [1] ; [𝒕3 ]𝑆 = [1]
3
2
0
Uit onderdeel b volgt nu
1 0
𝒕1 = 𝑃𝑆 [𝒕1 ]𝑆 = [1 1
1 1
1 1
4
0] [2] = [3]
1 3
6
1
𝒕2 = 𝑃𝑆 [𝒕2 ]𝑆 = [1
1
0 1 0
2
1 0] [1] = [1]
1 1 2
3
1
𝒕3 = 𝑃𝑆 [𝒕3 ]𝑆 = [1
1
0 1 3
3
1 0] [1] = [4]
1 1 0
4
Basis 𝑇 = {𝒕1 , 𝒕2 , 𝒕3 }
of
𝑇= 𝑷
𝐸 ←𝑆
e.
1 1 0
0] [ 2 1
1 3 2
3
4 2
1] = [ 3 1
0
6 3
0 0
1 0
0 1
−2
6 −3
3 −9
5]
1 −2
1
6
𝑷 = 𝑷
𝑇←𝑆
−1
𝑆←𝑇
1 0 3
[2 1 1
3 2 0
𝑷
1 0
𝑷 = [1 1
𝑆←𝑇
1 1
−1
𝑆←𝑇
Page 4 of 6
1 0
0 1
0 0
0
1
0] ~ [0
1
0
−2
6 −3
= [ 3 −9
5] →
1 −2
1
3
4]
4
Correctiemodel Tent Lin. Algebra I 26 Feb 2016
FTeW
−2
6 −3
𝑷 = [ 3 −9
5]
𝑇←𝑆
1 −2
1
4. Gegeven het volgende stelsel lineaire vergelijkingen, dat een parameter 𝛽 ∈ ℝ bevat:
𝑥
−2𝑥
𝑥
+𝑦
+𝛽𝑦
+2𝑧
+2𝑧
+𝑧
(9 pt.)
=1
=2
=0
a. Voor welke waarde(n) van 𝛽 heeft het stelsel precies 1 oplossing?
b. Voor welke waarde(n) van 𝛽 heeft het stelsel oneindig veel oplossingen (Licht je antwoord toe!)
c. Voor welke waarde(n) van 𝛽 heeft het stelsel geen oplossingen (Licht je antwoord toe!)
Antw:
a.
5
(blz 15-20)
𝑟𝑖𝑗2 = 𝑟𝑖𝑗2 + 2𝑟𝑖𝑗1
𝑎𝑎𝑛𝑔. 𝑚𝑎𝑡𝑟𝑖𝑥
1 1
−2
0
[
1 𝛽
𝑟𝑖𝑗3 = 𝑟𝑖𝑗3 − 𝑟𝑖𝑗1
𝑟𝑖𝑗2 = 𝑟𝑖𝑗2/2
2 1
1
1
2
1
1
2 2] ~ [ 0
2
6
4] ~ [0
1 0
0 𝛽 − 1 −1 −1
0
1
1
𝛽−1
𝑟𝑖𝑗3 = 𝑟𝑖𝑗3 + 𝑟𝑖𝑗2
2
1
1 1 2
3
2 ] ~ [0 1 3
−1 −1
0 𝛽 2
1
Indien 𝛽 = 0 is er precies 1 oplossing, want dan hebben we [0
0
1 2
1 3
0 2
1
2]
1
1
2] als een echelon vorm,
1
met 3 pivotkolommen, 3 basisvariabelen en geen vrije variabelen.
𝑟𝑖𝑗2 = 𝛽𝑟𝑖𝑗2
1
Indien 𝛽 ≠ 0 gaan we verder met rij-reducties: [0
0
1
1
𝛽
1 1
2
1
2 1
3 2] ~ [0 𝛽 3𝛽 2𝛽 ] ~
2 1
0 𝛽
2
1
𝑟𝑖𝑗3 = 𝑟𝑖𝑗3 − 𝑟𝑖𝑗2
1 1
2
1
0
𝛽
3𝛽
2𝛽
[
]
0 0 2 − 3𝛽 1 − 2𝛽
Indien hier en nu 2 − 3𝛽 ≠ 0 is er precies 1 oplossing, want dan hebben we
1 1
2
1
3𝛽
2𝛽 ] als een echelon vorm, met 3 pivotkolommen, 3 basisvariabelen, geen
[0 𝛽
0 0 2 − 3𝛽 1 − 2𝛽
vrije variabelen en geen inconsistentie.
Page 5 of 6
Correctiemodel Tent Lin. Algebra I 26 Feb 2016
FTeW
Resumerend onder a : indien (𝛽 = 0 𝑜𝑓 (𝛽 ≠ 0 𝑒𝑛 𝛽 ≠ 2/3)) ⇒ 𝜷 ≠ 𝟐/𝟑 met precies 1 oplossing.
__________________↓_________X________________
0
2/3
b. De situatie met een non-pivotkolom , (een) vrije variabele(n) en consitentie ( oneindig veel
oplossingen) kan zich nooit voordoen.
c. Voor 𝛽 = 2/3 is het stelsel strijdig (inconsistent), dus geen oplossing, want dan wordt de
1
1 2
1
4/3]
laatste echelon vorm [0 2/3 2
0
0 0 −1/3
2
2
5. Geef bij elk van de uitspraken aan of het juist of onjuist is. Motiveer elk van je antwoorden.
(12 pt.)
a. Als de rang van een 𝑚 × 𝑛 𝑚𝑎𝑡𝑟𝑖𝑥 𝐴 gelijk is aan 𝑚, dan is 𝐴𝒙 = 𝒃 oplosbaar voor alle 𝒃 uit
ℝ𝑛 .
b. Ieder consistente stelsel van 𝑛 lineaire vergelijkingen met 𝑛 onbekenden, kan opgelost worden
met de regel van Cramer.
c. Als 𝑇: ℝ𝑛 → ℝ𝑚 een surjectieve (dus “onto”) lineaire afbeelding is, dan moet gelden: 𝑚 > 𝑛.
Antw:
a.
4
(blz 37/155)
Onjuist; alleen juist als 𝒃 uit ℝ𝒎 .
b.
4
(blz 177)
Onjuist; kan alleen als det 𝐴 ≠ 0.
c.
4
(blz 63/75)
Onjuist; Als 𝑇 een “onto” lineaire afbeelding is, gerepresenteerd via een matrix vermenigvuldiging
𝑇: 𝒙 → 𝐴𝒙, dan heeft het stelsel 𝐴𝒙 = 𝒃 een oplossing voor iedere 𝒃 uit ℝ𝑚 , en hoeft niet te
gelden: 𝑚 > 𝑛.
Page 6 of 6