OPLOSSINGEN EXAMEN ALGEBRA ... - Neverland

OPLOSSINGEN EXAMEN ALGEBRA – oefeningengedeelte
2003-2004 2de zittijd, vestiging Gent c○ Dirk Keppens
OEFENING 1
We hebben hier te maken met een stelsel met drie vergelijkingen en drie onbekenden.
Zo’n stelsel bezit een unieke oplossing als en slechts als de determinant van de koëfficiëntenmatrix
verschillend is van nul.
m 1 −1
Hier is det A =
−m −1 1
= 0 (de tweede rij is een veelvoud van de eerste rij) zo-
1 1 1
dat het stelsel dus ofwel oneindig veel oplossingen zal bezitten ofwel geen (strijdig stelsel).
Een hoofddeterminant wordt bvb. gevormd door de koëfficiënten van de onbekenden y en
z in de eerste en de derde vergelijking : 1 −1
1 1 = 0
1 −1 m
De bijhorende karakteristieke determinant is dan
1 1 m
= 4m − 4
−1 1 m − 2
Met de stelling van Rouché besluiten we dan dat het stelsel oplosbaar is als en slechts als
deze karakteristieke determinant nul is, dus als en slechts als m = 1.
In dat geval is het stelsel gelijkwaardig met het stelsel gevormd door de hoofdvergelijkingen
en op te lossen naar de hoofdonbekenden.
x + y = 1 + z
Dus
x + y = 1 − z
We vinden z = 0 en x + y = 1.
De oplossingsruimte van het stelsel is dus {(x, 1 − x, 0) | x ∈ R} als m = 1
Is m = 1 dan is het stelsel strijdig en bezit het dus geen oplossingen.
OEFENING 2
a. We tonen eerst aan dat de “vektoren” x − 1 en x + 1 lineair onafhankelijk zijn.
Stel dus dat r(x − 1) + s(x + 1) = 0x + 0, dan is (r + s)x + (s − r) = 0x + 0 waaruit
volgt dat r +s = 0 en s−r = 0 en dus r = s = 0 zodat de lineaire onafhankelijkheid
is aangetoond.
Vervolgens tonen we aan dat {x − 1, x + 1} een voortbrengende verzameling is voor
R1[x]. We moeten dus bewijzen dat elke veelterm ax + b te schrijven is als een
kombinatie van de veeltermen x − 1 en x + 1.
1

Welnu : als ax + b = k(x − 1) + l(x + 1) dan moet a = k + l en b = l − k. Lossen
we dit op naar de onbekenden k en l, dan vinden we : k = a−b
2
en l = a+b
2 .
De verzameling {x − 1, x + 1} is dus lineair onafhenkelijk en voortbrengend en is
bijgevolg een basis.
Tenslotte tonen we nog aan dat deze basis orthogonaal is.
Daarvoor moeten we bewijzen dat de basisvektoren orthogonaal zijn of dus
< x − 1, x + 1 >= 0. Gelet op de definitie van het natuurlijk inprodukt in R1[x]
zien we dat inderdaad het geval is.
b. Om na te gaan of de deelverzameling W = {2bx + b | b ∈ R} een deelruimte vormt
van R1[x] passen we het kriterium voor deelruimten toe.
Zij dus w1 = 2b1x + b1 en w2 = 2b2x + b2.
Dan is r w1 + w2 = 2rb1x+rb1 +2b2x+b2 = 2(rb1 +b2)x+(rb1 +b2) en deze veelterm
behoort ook tot de beschouwde deelverzameling.
We hebben dus een deelruimte.
Uit W = {2bx+b | b ∈ R} = {b(2x+1) | b ∈ R} haalt men dat W een ééndimensionale
deelruimte is met {2x + 1} als basis.
c. Om een lineaire transformatie te hebben moet voldaan zijn aan volgende twee voorwaarden
:
T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2) en T (kv) = k T (v)
Welnu : T ((ax + b) + (cx + d)) = T ((a + c)x + (b + d)) = (b + d)x + (a + c) =
(bx + a) + (dx + c) = T (ax + b) + T (cx + d)
en T (k(ax + b)) = T (kax + kb) = kbx + ka = k(bx + a) = k T (ax + b)
De beschouwde transformatie is dus lineair.
De kern van deze lineaire afbeelding bestaat uit alle veeltermen ax + b waarvoor
T (ax + b) gelijk is aan de nulveelterm.
Dus T (ax + b) = bx + a = 0x + 0 waaruit b = a = 0.
Bijgevolg is Ker T = {0} (wat ook impliceert dat T een injektieve lineaire afbeelding
is).
Het beeld van T bestaat uit alle veeltermen van R1[x] die het beeld zijn onder T
van een veelterm van R1[x].
De beeldruimte is dus {bx + a | b, a ∈ R} en dit is geheel R1[x].
Blijkbaar klopt ook de dimensiestelling dim(Ker T ) + dim(Im T )= dimR1[x] of
0 + 2 = 2.
De eigenwaarden van T zijn de oplossingen van de karakteristieke vergelijking
det([T ]B − λI) = 0 over R.
2

Kiezen we voor de basis B de natuurlijke basis {1, x} dan is de matrix [T ]B
gegeven
0 1
door :
1 0
De karakteristieke vergelijking is dus : 0 − λ 1
1 0 − λ = 0
of λ 2 − 1 = 0 waaruit we twee eigenwaarden vinden : λ1 = −1 met algebraïsche
multipliciteit 1 en λ2 = 1 met algebraïsche multipliciteit 1.
Bepalen we nu de bijhorende eigenruimten.
E−1 = Ker (T + I)
a
Schrijven we de veelterm ax + b als de kolommatrix dan komt het bepalen
b
1 1 a 0
van deze kern neer op het zoeken van oplossingen van · =
1 1 b 0
waaruit a + b = 0
Dus is de eigenruimte E−1 = {ax − a | a ∈ R}
E1 = Ker (T − I)
We vinden analoog als hierboven :
−1 1
1 −1
Dus is de eigenruimte E1 = {ax + a | a ∈ R}
a
·
b
=
0
0
waaruit −a+b = 0
Beide eigenruimten hebben dimensie 1 en dus hebben beide eigenwaarden meetkundige
multipliciteit één.
d. De matrix [T ]B t.o.v. de natuurlijke basis B = {1, x} werd hierboven reeds gebruikt
0 1
en is gegeven door :
1 0
Immers T (e1) = T (1) = T (0x + 1) = 1x + 0 = x = e2
en T (e2) = T (x) = T (1x + 0) = 0x + 1 = 1 = e1
Beschouwen we nu de basis B ′ = {e ′ 1 = x − 1, e ′ 2 = x + 1}.
Dan is T (e ′ 1) = T (x − 1) = −x + 1 = −e ′ 1
en T (e ′ 2) = T (x + 1) = x + 1 = e ′ 2
Bijgevolg is de matrix van T t.o.v. deze basis B ′ gegeven door
−1 0
0 1
Maakt men gebruik van de overgangsmatrix P die de basisvektoren van B ′ uitdrukt
−1 1
in funktie van de basisvektoren van B, dan ziet men dat P =
1 1
Er geldt dan ook dat [T ]B ′ = P −1
−1
· [T ]B · P =
1
−1
1 0
·
1 1
1 −1
·
0 1
1
1
−1 0
Een eenvoudige berekening geeft dan [T ]B ′ =
0 1
3