Mathematische methoden

voor studenten F en MNW

Inhoudsopgave

Inleiding 3

1 Stelsels lineaire vergelijkingen 4

1.1 Oplossen door middel van Gauss-eliminatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Gauss-eliminatie in matrixnotatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2 Matrices 10

2.1 Wat is een matrix? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.2 Rekenen met matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3 Oplossen van stelsels vergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.4 Transponeren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.5 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3 Determinanten 19

3.1 De determinant van een matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.2 Eigenschappen van determinanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.3 Determinanten en stelsels vergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.4 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4 Eigenwaarden en eigenvectoren 28

4.1 Definitie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284.2 Eigenwaarden en eigenvectoren vinden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.3 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

5 Lineaire differentiaalvergelijkingen van orde 2 34

5.1 Homogene vergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345.2 Inhomogene vergelijking . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355.3 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

6 Stelsels differentiaalvergelijkingen van orde 1 38

6.1 Stelsels homogene differentiaalvergelijkingen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386.2 Stelsels inhomogene differentiaalvergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426.3 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1

2

Inleiding

Dit dictaat bevat materiaal voor de cursus Mathematische Methoden voor tweedejaars studentenFarmaceutische Wetenschappen en eerstejaars studenten Medische Natuurwetenschappen. In ditdictaat worden enkele basisbegrippen uit de lineaire algebra behandeld, en methodes om eerste-en tweede-orde lineaire differentiaalvergelijkingen op te lossen.

Het materiaal is geschreven door diverse stafleden van de afdeling Wiskunde van de Faculteitder Exacte Wetenschappen, Vrije Universiteit Amsterdam.

3

1 Stelsels lineaire vergelijkingen

1.1 Oplossen door middel van Gauss-eliminatie

Het oplossen van stelsels van twee lineaire vergelijkingen met twee onbekenden is op het VWOonderwezen.

Voorbeeld 1.1. Het stelsel{x + 3y = 5

2x + y = 0

kan worden opgelost door twee keer de eerste vergelijking van de tweede af te halen:{x + 3y = 5

5y = 10

Uit de tweede vergelijking vinden we y = 2. Door dit in te vullen in de eerste vergelijking vindenwe dan x = 1. De oplossing is dus x = 1, y = 2.

Hoe nu te handelen met stelsels van n vergelijkingen met m onbekenden?

Voorbeeld 1.2. Los op:

x + 2y + 3z = 3

x + 3y + 5z = 0

x + 5y + 12z = 0

De tweede min de eerste vergelijking, en de derde min de eerste vergelijking geeft:

x + 2y + 3z = 3

y + 2z = 33y + 9z = 3

Werk nu verder met de tweede en derde als met twee vergelijkingen met twee onbekenden: trekdrie keer de tweede vergelijking van de derde af:

x + 2y + 3z = 3

y + 2z = 33z = 6

De derde vergelijking geeft z = 2. Dit invullen in de tweede vergelijking geeft y = 7. Dezebeide gegevens invullen in de eerste vergelijking geeft x = 11. De oplossing luidt in vectornotatie:

x

y

z

=

11

72

.

Het recept is telkens hetzelfde: tel veelvouden van de eerste vergelijking op bij de tweede,derde, enz., en zorg er zo voor dat alleen in de eerste vergelijking nog een x voorkomt. Dit noemenwe (weg)vegen van x uit de tweede, derde, enz. vergelijking. Veeg vervolgens uit de derde, vierde,enz. de y weg op dezelfde wijze. Ga zo door tot je tenslotte een vergelijking met een onbekendeoverhoudt. Los die op, vul het antwoord in en vind daarmee successievelijk alle andere onbekenden.Een dure term voor deze methode is Gauss-eliminatie.

4

Voorbeeld 1.3. Los op

x + y + z = 6

x + 2y + 3z = 14

x + 4y + 9z = 36

Trek de eerste vergelijking af van de tweede en derde:

x + y + z = 6

y + 2z = 8

3y + 8z = 30

Trek nu drie keer de tweede vergelijking af van de derde:

x + y + z = 6

y + 2z = 8

2z = 6

Dit geeft (van onderen naar boven) dat z = 3, y = 2 en x = 1. De oplossing is dus:

x

y

z

=

1

2

3

.

1.2 Gauss-eliminatie in matrixnotatie

Door alle x, y, z, + en = weg te laten, wordt het schrijfwerk aanzienlijk verkort. Dit wordtduidelijk door de voorbeelden nogmaals te doen.

Voorbeeld 1.4. We schrijven het stelsel uit voorbeeld 1.3 als

1 1 1 6

1 2 3 14

1 4 9 36

In de eerste stap trekken we nu de eerste rij af van de tweede en derde, en in de tweede staptrekken we drie keer de tweede rij af van de derde:

1 1 1 6

1 2 3 14

1 4 9 36

r2r1r3r1

1 1 1 6

0 1 2 8

0 3 8 30

r33r2

1 1 1 6

0 1 2 8

0 0 2 6

Let op de overeenkomst met de stelsels vergelijkingen in Voorbeeld 1.3. Het teken geeft aan datde met de getalschemas overeenkomende stelsels vergelijkingen equivalent met elkaar zijn. Bovenelke hebben we aangegeven welke operaties we op de rijen uitvoeren: r2r1 staat voor rij 2 minrij 1, r33r2 staat voor rij 3 min 3 keer rij 2, enzovoort. Op deze manier zijn de rekenstappengoed te volgen en achteraf makkelijk op fouten te controleren.

De invulstap uit Voorbeeld 1.3 kun je nu als volgt doen. Eerst de derde rij keer 12:

1 1 1 6

0 1 2 8

0 0 2 6

r3 12

1 1 1 6

0 1 2 8

0 0 1 3

5

Daarna rij 1 min rij 3 en rij 2 min 2 maal rij 3, en vervolgens rij 1 min rij 2:

1 1 1 6

0 1 2 8

0 0 1 3

r1r3

r22r3

1 1 0 3

0 1 0 2

0 0 1 3

r1r2

1 0 0 1

0 1 0 2

0 0 1 3

Het antwoord staat nu in de kolom rechts, en luidt dus

x

y

z

=

1

2

3

.

Voorbeeld 1.5. Voorbeeld 1.2 wordt

1 2 3 3

1 3 5 0

1 5 12 0

Net als in het vorige voorbeeld vegen we eerst de eerste kolom en daarna de tweede kolom naarbeneden toe schoon, en maken van elk eerste getal op een rij dat geen 0 is een 1:

1 2 3 3

1 3 5 0

1 5 12 0

r2r1r3r1

1 2 3 3

0 1 2 30 3 9 3

r33r2

1 2 3 3

0 1 2 30 0 3 6

r3 13

1 2 3 3

0 1 2 30 0 1 2

Hierna kunnen we de invulstap uitvoeren: de laatste rij vertelt ons dat z = 2, en daarmeekunnen we in principe achtereenvolgens y en x uitrekenen. In onze nieuwe notatie komt dit eropneer dat we eerst de derde kolom naar boven toe schoonvegen, en daarna de tweede kolom:

1 2 3 3

0 1 2 30 0 1 2

r13r3r22r3

1 2 0 30 1 0 70 0 1 2

r12r2

1 0 0 11

0 1 0 70 0 1 2

Het antwoord staat weer in de kolom rechts en luidt dus:

x

y

z

=

11

72

.

Voorbeeld 1.6. Los op:

x + 5y + 3z = 0

5x + y z = 0x + 2y + z = 0

We gaan weer op dezelfde manier te werk:

1 5 3 0

5 1 1 01 2 1 0

r25r1r3r1

1 5 3 0

0 24 16 00 3 2 0

r3 18 r2

1 5 3 0

0 24 16 00 0 0 0

6

De derde rij is nu een zogenaamde nulrij : er staan alleen maar nullen op deze rij! Wat nu? Desituatie voor de tweede en derde vergelijking in de tweede stap is:{

24y 16z = 03y 2z = 0

Op een factor 8 na is dat twee keer dezelfde vergelijking! Er is daarom niet een unieke oplossingvoor y en z. We kunnen nu na stap drie we`l y uitdrukken in z (middels de tweede vergelijking).Door dit in te vullen in de eerste vergelijking kunnen we ook x uitdrukken in z. Daarmee hebbenwe dan alle oplosingen. Na stap drie:{

x + 5y + 3z = 0

24y 16z = 0

De onderste vergelijking geeft y = 23z, en volgens de bovenste vergelijking geldt dan

0 = x+ 5y + 3z = x 103z + 3z = x 1

3z,

oftewel x = 13z. Voor z zelf kunnen we elke waarde kiezen, dus

x

y

z

= z

1

3

23

1

is voor elke z R een oplossing, en dit zijn ook alle oplossingen van het stelsel.Je kunt deze invulstappen ook weer uitvoeren in onze vereenvoudigde notatie:

1 5 3 0

0 24 16 00 0 0 0

r2 124

1 5 3 0

0 1 23

0

0 0 0 0

r15r2

1 0 13

0

0 1 23

0

0 0 0 0

Hier staat: x 13z = 0, y + 2

3z = 0 en 0 = 0. We kunnen nu z R vrij kiezen, en krijgen dus als

oplossing x = 13z, y = 2

3z met z R willekeurig.

Op dezelfde manier als in het voorgaande voorbeeld ga je te werk met een stelsel van tweevergelijkingen met drie onbekenden (of in het algemeen: m vergelijkingen met n > m onbekenden).

Voorbeeld 1.7. Los op:{x + y + z = 0

2x + y + 3z = 1

Dit gaat als volgt:(1 1 1 0

2 1 3 1

)r22r1

(1 1 1 0

0 1 1 1

)

r21(

1 1 1 0

0 1 1 1

)r1r2

(1 0 2 1

0 1 1 1

)

Hier staat x+ 2z = 1 en y z = 1, oftewel x = 1 2z en y = 1 + z. In vectornotatie:

x

y

z

=

1

10

+ z

21

1

met z R.

7

Tenslotte een voorbeeld waar er meer vergelijkingen dan onbekenden zijn:

Voorbeeld 1.8. Los op:

x + y = 1

2x + 3y = 0

x y = 2

Dit gaat als volgt:

1 1 1

2 3 0

1 1 2

r22r1r3r1

1 1 1

0 1 20 2 1

r3+2r2

1 1 1

0 1 20 0 3

.

De laatste rij geeft nu 0 = 3, een tegenstrijdigheid! We concluderen dat er geen enkele oplossingis. In zon geval noemen we het oorspronkelijke stelsel strijdig.

In het algemeen geldt voor stelsels lineaire vergelijkingen: er is o`f geen oplossing, o`f precies eenoplossing, o`f er zijn oneindig veel oplossingen.

8

1.3 Opgaven

1. Los op:

(a)

x + 2y 2z = 92x + y + 5z = 3

x 3y + 6z = 15

(b)

2x + y 2z = 12x + y + 4z = 1

4x + y + 7z = 2

2. We bekijken het stelsel vergelijkingen

x + y = 2

2x y = 12x + 3y = 0

(a) Teken de oplossingsverzamelingen van de drie vergelijkingen (dit zijn drie lijnen) in het(x, y)-vlak.

(b) Verklaar waarom het stelsel geen oplossingen heeft.

3. We bekijken het stelsel

x + y + z = 2

x + 2y + 3z = 1

y + 2z = a

voor verschillende waarden van a.

(a) Toon aan dat het stelsel geen oplossingen heeft als a = 0.

(b) Bepaal de waarde van a waarvoor het stelsel minstens een oplossing heeft, en berekenvoor die a alle oplossingen.

4. Voor welke waarde van k heeft het stelsel{kx + y = 1

x + ky = 1

(a) geen oplossing,

(b) precies een oplossing,

(c) oneindig veel oplossingen?

9

2 Matrices

2.1 Wat is een matrix?

Eerder hebben we bij een stelsel lineaire vergelijkingen voor het gemak de x, y, z, + en = wegge-haald. We hielden alleen een schema met getallen over:

{x y = 4x + y = 6

(

1 1 41 1 6

)

We bekijken nu apart de eerste twee kolommen van het schema en de laatste kolom, namelijk

(1 11 1

)en

(4

6

).

We noemen het eerste blok getallen een (coefficienten)matrix en de laatste kolom een (uitkomst)-vector. Heel algemeen geldt dat bij een stelsel van m lineaire vergelijkingen in n onbekenden eenm n matrix (spreek uit: m bij n matrix) hoort. Deze matrix heeft m rijen en n kolommen:

a11 a12 a13 a1na21 a22 a2n....

....

....

am1 am2 amn

Een stelsel lineaire vergelijkingen schrijven we vaak in matrix-vectorvorm, dat wil zeggen inde vorm Ax = b, waarbij A de coefficientenmatrix is, b de resultaatvector, en x de vector met devariabelen.

Voorbeeld 2.1. Het stelsel

2x + 3y = 6

8x + 12y = 17

4x + 6y = 12

kan in matrix-vectorvorm worden geschreven als

2 3

8 12

4 6

(

x

y

)=

6

17

12

Ax = b.

De uitdrukking Ax kunnen we opvatten als een vermenigvuldiging van de matrix A met devector x. De eerste variabele uit de vector x, in dit geval de x, hoort bij de eerste kolom van dematrix A. De tweede variabele, de y, hoort bij de tweede kolom. De vermenigvuldiging gaat danals volgt:

Ax =

2 3

8 12

4 6

(

x

y

)=

2 x+ 3 y8 x+ 12 y4 x+ 6 y

.

Merk op dat een matrix-vectorvermenigvuldiging Ax alleen maar mogelijk is als het aantalvariabelen in de vector x gelijk is aan het aantal kolommen van de matrix A.

10

2.2 Rekenen met matrices

Optellen en aftrekken van matrices gaat zoals je denkt dat het moet: elementsgewijs. Als

A =

2 3

8 12

4 6

en B =

1 18 0

3

4

,

dan is

A+B =

3 2

0 12

4 34

6 +

en AB =

1 4

16 12

3 14

6

.

Vermenigvuldigen van een matrix met een getal doe je door elk element van de matrix met datgetal te vermenigvuldigen. Als A dezelfde matrix is als hierboven, dan is

3A = 3

2 3

8 12

4 6

=

3 2 3 33 8 3 123 4 3 6

=

6 9

24 36

12 18

.

Vermenigvuldigen van twee matrices, dus AB met A en B allebei matrices, is ingewikkelder.In feite werkt dat hetzelfde als het vermenigvuldigen van een matrix met een vector, maar danherhaald toegepast op iedere kolom van de tweede matrix, hier dus B. Het matrixproduct ABbestaat alleen als het aantal kolommen van A gelijk is aan het aantal rijen van B.

Voorbeeld 2.2. Stel

A =

2 3

8 12

4 6

en B =

(1 11 1

).

Wat is dan AB? Zoals gezegd: de eerste kolom van het product van de matrices A en B is A maalde eerste kolom van B. De tweede kolom van AB is A maal de tweede kolom van B, enzovoort.

Dus de eerste kolom van AB is

A

(1

1

)=

2 3

8 12

4 6

(

1

1

)=

2 1 + 3 18 1 + 12 14 1 + 6 1

=

5

20

10

.

De tweede kolom is

A

(11

)=

2 3

8 12

4 6

(11

)=

2 1 + 3 18 1 + 12 14 1 + 6 1

=

1

4

2

.

Het matrixproduct AB is dus

AB =

5 1

20 4

10 2

.

Voorbeeld 2.3. Stel

A =

(1 2

1 3

)en B =

1 4 0

2 5

3 63

.

11

AB bestaat in dit geval niet! Immers, de eerste kolom van B bestaat uit drie getallen, terwijl Amaar twee kolommen heeft. Ga zelf na dat ook BA niet bestaat.

Voorbeeld 2.4. Stel

A =

(3 1 2

2 1 3

)en B =

1 2

3 1

2 3

.

Dan is (ga zelf na)

AB =

(3 1 2

2 1 3

)1 2

3 1

2 3

=

(10 13

11 14

),

BA =

1 2

3 1

2 3

(

3 1 2

2 1 3

)=

7 3 8

11 4 9

12 5 13

.

Het laatste voorbeeld laat zien dat in het algemeen AB 6= BA ! Matrixvermenigvuldiging isdus niet commutatief, maar de vermenigvuldiging is wel associatief: A(BC) = (AB)C voor allematrices A, B en C waarvoor dit product bestaat.

Voorbeeld 2.5. Neem A en B als in Voorbeeld 2.4 en

C =

(1 21 1

).

We hebben AB al berekend in Voorbeeld 2.4. Invullen geeft

(AB)C =

(10 13

11 14

)(1 21 1

)=

(3 7

3 8

).

Op dezelfde manier berekenen we eerst

BC =

1 2

3 1

2 3

(1 21 1

)=

1 0

2 51 1

en daarmee

A(BC) =

(3 1 2

2 1 3

)1 0

2 51 1

=

(3 7

3 8

).

Inderdaad geldt (AB)C = A(BC).

Als we in R een getal met 1 vermenigvuldigen, dan blijft dat getal onveranderd: 1 x = x. Ookbij matrices bestaat er iets dergelijks. Bekijk de zogenaamde n n eenheidsmatrix, notatie In:

In =

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 0....

....

..... . . .

....

....

0 0 0 1 00 0 0 0 1

.

12

Op de hoofddiagonaal van deze matrix (de diagonaal die van het element linksboven naar rechts-onder loopt) staan allemaal enen, en verder bevat de matrix alleen maal nullen. Ga zelf na datvoor een willekeurige vierkante nn matrix A geldt InA = AIn = A. Uit de context is het meestalduidelijk hoeveel rijen en kolommen de eenheidsmatrix heeft. We laten dan vaak het subscript nweg, en noteren de eenheidsmatrix eenvoudigweg als I.

Laat nu A een nn matrix zijn. Als er een nn matrix B bestaat waarvoor geldt AB = I, danheet B de inverse van A. We noteren deze inverse dan als A1. Let op: niet alle vierkante matriceshebben een inverse. Als dit wel het geval is, dan geldt automatisch dat A1A = AA1 = I: zowelrechts als links vermenigvuldigen van de matrix A met zijn inverse levert de eenheidsmatrix op.

Hoe reken je de inverse van een matrix eigenlijk uit? Neem bijvoorbeeld

A =

1 2 3

1 3 5

1 5 12

en stel dat

B =

b11 b12 b13

b21 b22 b23

b31 b32 b33

de inverse van A is. Dan moet A maal de eerste kolom van B gelijk zijn aan de eerste kolom vande eenheidsmatrix, oftewel,

A

b11

b21

b31

=

1

0

0

.

Dit is een stelsel van lineaire vergelijkingen! Los dit op zoals in de vorige paragraaf:

1 2 3 1

1 3 5 0

1 5 12 0

r2r1r3r1

1 2 3 1

0 1 2 10 3 9 1

r33r2

1 2 3 1

0 1 2 10 0 3 2

r31

3

1 2 3 1

0 1 2 10 0 1 2

3

r13r3r22r3

1 2 0 10 1 0 7

3

0 0 1 23

r12r2

1 0 0 113

0 1 0 73

0 0 1 23

De eerste kolom van de inverse matrix is dus

11

3

73

2

3

.

De tweede en derde kolom krijg je op vergelijkbare manier door de stelsels

A

b12

b22

b32

=

0

1

0

en A

b13

b23

b33

=

0

0

1

13

op te lossen. Merk op dat de stappen van het veegproces steeds dezelfde zijn! We kunnen de driestelsels dus ook tegelijkertijd oplossen:

1 2 3 1 0 0

1 3 5 0 1 0

1 5 12 0 0 1

r2r1r3r1

1 2 3 1 0 0

0 1 2 1 1 00 3 9 1 0 1

r33r2

1 2 3 1 0 0

0 1 2 1 1 00 0 3 2 3 1

r3 13

1 2 3 1 0 0

0 1 2 1 1 00 0 1 2

31 1

3

r13r3r22r3

1 2 0 1 3 10 1 0 7

33 2

3

0 0 1 231 1

3

r12r2

1 0 0 113

3 13

0 1 0 73

3 23

0 0 1 23

1 13

.

Het rechterblok is nu A1. Door het vele rekenwerk sluipen er gemakkelijk fouten in. Controleerdaarom altijd het antwoord door na te gaan of AA1 ook echt I oplevert. In dit geval:

1 2 3

1 3 5

1 5 12

11

33 1

3

73

3 23

2

31 1

3

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1

.

2.3 Oplossen van stelsels vergelijkingen

Een stelsel als

1 2 3

1 3 5

1 5 12

x

y

z

=

3

2

3

,

dat ook geschreven kan worden als Ax = b, kan nu op twee manieren worden opgelost:

1. vegen;

2. eerst de inverse van A uitrekenen, en daarna x berekenen via x = A1b.

Natuurlijk is vegen minder werk: voor het uitrekenen van A1 is immers ook het veegprocesnodig. Daarom is het uitrekenen van de inverse van A alleen aan te bevelen als Ax = b opgelostmoet worden voor meerdere (heel veel) vectoren b.

Merk op dat als een matrix A een inverse heeft, het stelsel Ax = b uniek oplosbaar is voorelke b. Dat wil zeggen, er is steeds precies een vector x die aan de vergelijking voldoet, namelijkx = A1b. Als A vierkant is maar geen inverse heeft, dan zijn er twee mogelijkheden: Ax = bheeft o`f geen oplossing, o`f oneindig veel.

Voorbeeld 2.6. Het stelsel(1 11 1

)(x

y

)=

(1

2

)

heeft geen enkele oplossing (ga na!). De algemene oplossing van het stelsel(1 11 1

)(x

y

)=

(2

2

)

14

is echter(x

y

)=

(2

0

)+ y

(1

1

), met y R.

De volgende stelling is handig om alle oplossingen van een stelsel te vinden.

Stelling 2.7. Laat x1 een oplossing zijn van Ax = b, en laat x0 een oplossing zijn van Ax = 0(met 0 wordt de nulvector, de vector met een nul op elke coordinaat, bedoeld). Dan is x2 = x1+x0een oplossing van Ax = b. Alle oplossingen zijn van deze vorm, dat wil zeggen, elke oplossing vanAx = b kan geschreven worden als x1 + x0, waarbij x0 een oplossing is van Ax = 0.

Voorbeeld 2.8. Deze stelling kunnen we gebruiken bij het oplossen van het stelsel uit Voor-beeld 2.6. Het is duidelijk dat x = 2, y = 0 een oplossing is. Los dan, om de algemene oplossingte vinden, het stelsel Ax = 0 op:(

1 1 01 1 0

)r2r1

(1 1 00 0 0

)

De oplossingen van dit stelsel zijn x = y, oftewel(x

y

)=

(y

y

)= y

(1

1

)

met y R. De algemene oplossing van Ax = b is dus(x

y

)=

(2

0

)+ y

(1

1

)

met y R. Dit hadden we ook kunnen vinden door direct te vegen.

2.4 Transponeren

Bij een matrix A bestaat de zogenaamde getransponeerde AT . De getransponeerde is de matrixzelf, gespiegeld in de (hoofd)diagonaal. Preciezer, als

A =

a11 a12 a13 a1na21 a22 a2n....

....

....

am1 am2 amn

,

dan is

AT =

a11 a21 a31 am1a12 a22 am2....

....

....

a1n a2n amn

.

Merk op dat de getransponeerde van een m n matrix dus een nm matrix is!Voorbeeld 2.9. Stel

A =

(1 3 5

2 4 6

),

15

dan is de getransponeerde van A

AT =

1 2

3 4

5 6

.

Een matrix die gelijk is aan zijn eigen getransponeerde heet symmetrisch. Aleen vierkantematrices kunnen symmetrisch zijn. Voor een matrix met complexe getallen is de geadjungeerdematrix belangrijker. De geadjungeerde A van A is de getransponeerde van de complex toege-voegde matrix, ofwel A = AT .

Voorbeeld 2.10. Stel

A =

(1 + i 2 + 4i

2 3i i

),

dan is de geadjungeerde van A

A =

(1 i 2 + 3i2 4i i

).

Een matrix die gelijk is aan zijn eigen geadjungeerde heet zelfgeadjungeerd of Hermitisch.

16

2.5 Opgaven

1. Gegeven zijn de matrices

A =

(1 3 45 2 7

)en B =

(2 0 63 4 5

)

(a) Bereken A+B, AB, A+ 3B en 4A 5B.(b) Los de matrix X op uit X +A = B.

(c) Los de matrix Y op uit 2(2A+ 3Y ) = 5B.

2. Gegeven zijn de matrices

A =

(2 1 4

0 1 1

), B =

1 1

0 1

1 0

en C =

(1 3

1 2

).

Bereken, indien gedefinieerd, de matrixproducten AB, BA, AC, CA, BC en CB.

3. Bereken de volgende matrix-vectorproducten, indien gedefinieerd:

(a)

4 0 1

0 1 0

4 0 1

3

4

5

(b)

4 1

5 1

6 1

(

1

3

)

(c)

(2 0 1

1 3 0

)(1

1

)

(d)(

1 2 7 )

3

5

1

4. (a) Bepaal alle matrices X die voldoen aan(4 0 1

3 1 0

)X =

(1 0

0 1

)

(b) Bepaal alle matrices Y die voldoen aan

1 4

2 5

3 6

Y =

(1 0

0 1

)

5. Bereken de inversen van de volgende matrices:

(a) A =

(2 3

5 7

),

(b) B =

(3 11 1

),

17

(c) C =

1 0 2

1 1 22 1 1

6. Gegeven is de matrix

B =

1 7 33 1 60 2 1

.

(a) Bereken B +BT , B BT , BBT en BTB.(b) Welke van de berekende matrices zijn symmetrisch?

7. Onder welke voorwaarden voor b1 en b2 heeft de vergelijking Ax = b oplossingen, als

A =

(1 2 0 3

2 4 0 6

)en b =

(b1

b2

)?

Bepaal in dat geval alle oplossingen van Ax = b.

8. Bepaal de algemene oplossing van:

(a)

(1 2 2

2 4 5

)x

y

z

=

(1

4

)

(b)

1 2 3 4

2 4 7 10

1 2 0 2

x1

x2

x3

x4

=

1

1

4

(c)

1 2 3 4

2 4 7 10

1 2 0 2

x1

x2

x3

x4

=

1

2

1

18

3 Determinanten

3.1 De determinant van een matrix

Bekijk nog een keer het algemene stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden x en y:{a11x + a12y = c1

a21x + a22y = c2

Vermenigvuldig de eerste vergelijking met a21 en de tweede met a11. Dit levert op{a11a21x + a12a21y = a21c1

a11a21x + a11a22y = a11c2

De eerste vergelijking van de tweede aftrekken geeft nu

(a11a22 a12a21)y = a11c2 a21c1.

Mits a11a22 a12a21 6= 0 is dus y = a11c2 a21c1a11a22 a12a21 .

Evenzo:{a11a22x + a12a22y = a22c1

a12a21x + a12a22y = a12c2

De tweede vergelijking van de eerste aftrekken geeft

(a11a22 a12a21)x = a22c1 a12c2.

Mits a11a22 a12a21 6= 0 is dus x = a22c1 a12c2a11a22 a12a21 . Merk op dat de noemer dezelfde is als in de

oplossing voor y hierboven!Voer in als notatie

detA =

a11 a12a21 a22 = a11a22 a21a12.

We noemen dit de determinant van de matrix A =

(a11 a12

a21 a22

). De oplossingen voor x en y

hierboven zijn dan gelijk aan

x =

c1 a12c2 a22 a11 a12a21 a22

en y =

a11 c1a21 c2 a11 a12a21 a22.

De definitie van de 3 3 determinant isa11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

= a11 a22 a23a32 a33

a12 a21 a23a31 a33

+ a13 a21 a22a31 a32

.We noemen dit ook wel de ontwikkeling naar de eerste rij van detA. Hierbij heet a22 a23a32 a33

19

de minor van a11 of (1, 1)-minor van A, a21 a23a31 a33

de minor van a12 of (1, 2)-minor van A, enzovoort. Met enig rekenwerk kun je controleren data11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

= +a11 a22 a23a32 a33

a12 a21 a23a31 a33

+ a13 a21 a22a31 a32

= a21 a12 a13a32 a33

+ a22 a11 a13a31 a33

a23 a11 a12a31 a32

= +a31

a12 a13a22 a23 a32

a11 a13a21 a23+ a33

a11 a12a21 a22 .

De uitdrukkingen op de tweede en derde regel noemen we de ontwikkeling van detA naar respec-tievelijk de tweede en de derde rij. Je ziet dat we de determinant kunnen ontwikkelen naar elke rij.Telkens is de determinant gelijk aan de som van de elementen op die rij, maal een minor, maal eenteken. Het teken bij het element linksboven is altijd een plus; daarvandaan alterneert het tekenmet elke verticale of horizontale stap. Schematisch weergegeven:

+ + + + +

Ontwikkelen naar een kolom kan ook. De ontwikkeling naar de eerste kolom isa11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

= +a11 a22 a23a32 a33

a21 a12 a13a32 a33

+ a31 a12 a13a22 a23

,

en ontwikkelen naar de tweede of derde kolom gaat analoog.

Voorbeeld 3.1. De volgende 3 3 determinant kan berekend worden door naar de eerste rij teontwikkelen:

1 1 1

1 2 3

1 4 9

= +1 2 34 9

1 1 31 9

+ 1 1 21 4

= +1 (2 9 4 3) 1 (1 9 1 3) + 1 (1 4 1 2) = 6 6 + 2 = 2.

Ontwikkelen naar de derde kolom geeft hetzelfde antwoord:1 1 1

1 2 3

1 4 9

= +1 1 21 4

3 1 11 4

+ 9 1 11 2

= +1 (4 2) 3 (4 1) + 9 (2 1) = 2 9 + 9 = 2.

20

We voeren nu voor een algemene determinant het begrip minor wat preciezer in. Bekijk dedeterminant van een n n matrix A:

a11 a12 .... a1n

a21 a22 .... a2n....

aij ....

an1 an2 .... ann

De minor van aij , of (i, j)-minor van A, notatie Mij , is de (n 1) (n 1) determinant die jekrijgt door in bovenstaande determinant rij i en kolom j weg te laten.

De n n determinant van A wordt nu gedefinieerd via de ontwikkeling naar de eerste rij:

a11 a12 a1na21 a22 a2n....

..... . . .

....

an1 an2 ann

= +a11M11 a12M12 + + (1)n+1a1nM1n,

waarin Mij dus de minor van aij is. Met inductie naar n kan vervolgens bewezen worden dat dedeterminant ontwikkeld kan worden naar elke gewenste rij of kolom. Het bijbehorende tekenschemais zoals hierboven is omschreven:

+ + + + + ....

....

..... . . .

3.2 Eigenschappen van determinanten

Door determinanten herhaaldelijk te ontwikkelen naar een rij of kolom totdat er uiteindelijk alleen22 determinanten overblijven, kun je in principe elke determinant uitrekenen. Dit is echter voorgrotere determinanten veel rekenwerk, en er sluipen gemakkelijk fouten in. Het uitrekenen vandeterminanten kan veel slimmer, door handig gebruik te maken van de volgende eigenschappen:

a. Bij spiegelen in de hoofddiagonaal behoudt de determinant dezelfde waarde. Anders gezegd,voor een matrix A geldt detA = detAT .

Dit is eenvoudig te controleren voor 2 2 matrices. Laat nu A een 3 3 matrix zijn. DoordetA te ontwikkelen naar de eerste rij en detAT naar de eerste kolom, zien we dat ook voor3 3 determinanten geldt (ga na!)

detA =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

=a11 a21 a31

a12 a22 a32

a13 a23 a33

= detAT .

Op dezelfde manier volgt de bewering nu voor 44, 55, . . . . Een belangrijk gevolg is: elkebewering over de rijen van een determinant is ook waar voor de kolommen, en vice versa.

b. Bij verwisselen van twee rijen verandert het teken van de determinant.

Bijvoorbeeld:a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

= a21 a22 a23

a11 a12 a13

a31 a32 a33

.

21

Dit kun je zien door de eerste determinant naar de eerste rij te ontwikkelen en de tweededeterminant naar de tweede rij (ga na!). Het bewijs in het algemene geval is ingewikkelder.

c. Als twee rijen gelijk zijn, is de determinant nul (dit volgt uit b).

d. Vermenigvuldigen van een rij met een getal betekent dat de determinant wordt vermenig-vuldigd met dat getal.

Dit kun je inzien door naar de betreffende rij te ontwikkelen:ka11 ka12 ka13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

= ka11 M11 ka12 M12 + ka13 M13= k (a11 M11 a12 M12 + a13 M13)

= k

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

.

e. Als een rij gelijk is aan een constante maal een andere rij, dan is de determinant nul (volgtdirect uit c en d).

f. Als van twee determinanten alle rijen behalve rij i gelijk zijn, dan is de som van de tweedeterminanten gelijk aan de enkele determinant die je krijgt door bij rij i van de eerstedeterminant rij i van de tweede determinant op te tellen.

Bijvoorbeeld:

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

+

c11 c12 c13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

= (a11 + c11)M11 (a12 + c12)M12 + (a13 + c13)M13

=

a11 + c11 a12 + c12 a13 + c13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

.

g. Een determinant verandert niet als je een veelvoud van een rij optelt bij een andere rij (ditvolgt uit e en f).

h. Als onder of boven de hoofddiagonaal alleen maar nullen staan (de matrix heet dan respec-tievelijk een bovendriehoeksmatrix of onderdriehoeksmatrix ), dan is de determinant gelijkaan het product van de getallen op de diagonaal.

Bijvoorbeeld, door herhaald ontwikkelen naar de eerste kolom:

a11 a12 a13 a14

0 a22 a23 a24

0 0 a33 a34

0 0 0 a44

= a11

a22 a23 a24

0 a33 a34

0 0 a44

= a11 a22 a33 a340 a44

= a11 a22 a33 a44.

22

De laatste twee eigenschappen tonen aan dat een determinant efficient is uit te rekenen doorhet veegproces uit te voeren: door veelvouden van rijen bij andere rijen op te tellen verandert dedeterminant niet, en kun je de matrix in driehoeksvorm brengen. In dit proces is met kolommenvegen nu ook toegestaan dankzij eigenschap a, dit in tegenstelling tot het veegproces bij hetoplossen van stelsels vergelijkingen, waar met kolommen vegen niet is toegestaan.

Voorbeeld 3.2. De determinant uit Voorbeeld 3.1 is dus ook als volgt uit te rekenen:1 1 1

1 2 3

1 4 9

r2r1r3r1=

1 1 1

0 1 2

0 3 8

r33r2=

1 1 1

0 1 2

0 0 2

= 1 1 2 = 2.Of, door met kolommen in plaats van rijen te vegen:

1 1 1

1 2 3

1 4 9

k2k1

k3k1=

1 0 0

1 1 2

1 3 8

k32k2=

1 0 0

1 1 0

1 3 2

= 1 1 2 = 2.Voorbeeld 3.3. Bereken

p 1 0

1 1 12 7 4

.We zorgen eerst voor twee nullen in de derde kolom, en ontwikkelen dan naar die kolom:

p 1 0

1 1 12 7 4

r3+4r2=

p 1 0

1 1 12 3 0

= 1 p 12 3

= 3p 2.

3.3 Determinanten en stelsels vergelijkingen

Bekijk eens het volgende stelsel van drie vergelijkingen met drie onbekenden x1, x2, x3:

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

x1

x2

x3

=

b1

b2

b3

,

ofwel Ax = b. We beweren dat dan geldt

(i) x1 detA =

b1 a12 a13

b2 a22 a23

b3 a32 a33

,

(ii) x2 detA =

a11 b1 a13

a21 b2 a23

a31 b3 a33

,

(iii) x3 detA =

a11 a12 b1

a21 a22 b2

a31 a32 b3

,als x een oplossing is van Ax = b. Dit staat bekend als de regel van Cramer.

23

Bewijs. We laten alleen zien dat (i) waar is. Het bewijs voor (ii) en (iii) is analoog. Neem aan dat

x =

x1

x2

x3

een oplossing is. Dan is (gebruik eigenschappen d en f voor kolommen)b1 a12 a13

b2 a22 a23

b3 a32 a33

=x1a11 + x2a12 + x3a13 a12 a13

x1a21 + x2a22 + x3a23 a22 a23

x1a31 + x2a32 + x3a33 a32 a33

= x1 detA+ x2

a12 a12 a13

a22 a22 a23

a32 a32 a33

+ x3 a13 a12 a13

a23 a22 a23

a33 a32 a33

.De laatste twee termen zijn nul vanwege eigenschap c voor kolommen. Er blijft dus alleen x1 detAover.

Hetzelfde bewijs werkt natuurlijk ook voor 4 4, 5 5, enzovoort. We formuleren de regel vanCramer nu in zijn algemene vorm.

Stelling 3.4 (Regel van Cramer). Als detA 6= 0, dan wordt de oplossing van Ax = b, waar

A =

a11 a1n....

. . . .....

an1 ann

, x =

x1

:

xn

, b =

b1

:

bn

,

gegeven door

xj =1

detA

a11 a1,j1 b1 a1,j+1 a1na21 a2,j1 b2 a2,j+1 a2n....

....

....

....

....

an1 an,j1 bn an,j+1 ann

(j = 1, . . . , n).

Opmerking. Theoretisch is dit een fraaie stelling, je moet het alleen nooit zo uitrekenen. Al diedeterminanten zijn heel veel rekenwerk. Vegen gaat sneller en leidt minder snel tot fouten!

Stelling 3.5. Als detA = 0, dan heeft Ax = 0 een oplossing x 6= 0, en ook alleen dan. Deverzameling van al die vectoren wordt genoteerd met kerA of NulA.

Bewijs. Als we de vergelijking Ax = 0 oplossen door te vegen, dan wordt de matrix A in drie-hoeksvorm gebracht en staan er in de rechterkolom voortdurend alleen maar nullen. Dus als hetveegproces niet tot een nulrij leidt, dan is de enige oplossing x = 0. Als er wel een nulrij ontstaat,dan zijn er oneindig veel oplossingen. Vanwege eigenschap h van determinanten geldt in het eerstegeval detA 6= 0, en in het tweede geval detA = 0.

We geven nu nog enkele bekende resultaten, zonder die te bewijzen.

Stelling 3.6. Een n n matrix A heeft een inverse als en alleen als detA 6= 0. In dit geval geldtA1 = 1

detACT , met C de zogenaamde cofactormatrix, die wordt gedefinieerd als

C =

C11 C1n....

. . . .....

Cn1 Cnn

met Cij = (1)i+jMij de zogenaamde (i, j)-cofactor van de matrix A.

24

Opmerking. Net als voor de regel van Cramer geldt dat vegen over het algemeen een veel snelleremethode is om de inverse te berekenen, die bovendien minder snel tot fouten leidt.

Stelling 3.7. Voor elk tweetal n n matrices A en B geldt det(AB) = detA detB.Voorbeeld 3.8. Stel

A =

(1 1

0 2

)en B =

(2 13 3

).

Dan is detA = 2 en detB = 6 (3) = 9. Er geldt

AB =

(1 1

0 2

)(2 13 3

)=

(5 2

6 6

),

zodat inderdaad det(AB) = 30 12 = 18 = detA detB.

25

3.4 Opgaven

1. Bepaal de determinant en de inverse van elk van de volgende matrices:

(a) A1 =

(0 2

3 0

)

(b) A2 =

1 0 0

1 1 1

0 0 1

(c) A3 =

2 1 01 2 10 1 2

2. Gegeven is het stelsel vergelijkingen

2x y = 8x + 2y z = 8

y + 2z = 4Zet dit stelsel om in de matrixnotatie en bepaal x, y en z met behulp van het antwoord opde vorige opgave.

3. Gegeven zijn de matrices

A =

(1 1 0

0 1 0

)en B =

2 1

0 1

1 1

.

(a) Bereken de determinant en de inverse van AB.

(b) Waarom geldt hier niet (AB)1 = B1A1 en detAB = detA detB?(c) Toon aan dat de matrix BA geen inverse heeft.

4. Onderzoek voor welke waarden van x elk van de volgende matrices inverteerbaar is (deinverse, indien deze bestaat, hoeft niet te worden bepaald):

(a) P =

2 1 3

1 x+ 1 1

2 0 x 4

,

(b) Q =

1 3 2x

1 1 8

2 7 x2

.

5. Gebruik de regel van Cramer om de volgende stelsels op te lossen:

(a)

{5x + 7y = 3

2x + 4y = 1

(b)

{4x + y = 6

5x + 2y = 7

(c)

2x + y = 7

3x + z = 8y + 2z = 3

26

6. Bereken de volgende determinanten:

(a)

1 2 1 30 2 2 60 3 0 5

5 4 2 4

(b)

1 4 2 1

2 3 0 1

0 5 6 1

5 6 4 2

27

4 Eigenwaarden en eigenvectoren

4.1 Definitie

Definitie 4.1. Een complex (of reeel) getal heet een eigenwaarde van de n n matrix A als ereen vector x 6= 0 is met Ax = x. Dan heet x een eigenvector van A (bij de eigenwaarde ).Voorbeeld 4.2. = 2 is een eigenwaarde van de matrix

A =

(1 1

1 1

).

Een bijbehorende eigenvector is

x =

(1

1

),

immers

Ax =

(1 1

1 1

)(1

1

)=

(2

2

)= 2x.

Voorbeeld 4.3. De vector

x =

(1

1

)

is een eigenvector van de matrix A uit het vorige voorbeeld. De bijbehorende eigenwaarde is = 0,immers

Ax =

(1 1

1 1

)(1

1

)=

(0

0

)= 0x.

Een eigenvector kan worden genterpreteerd als een vector die door A alleen wordt opgerektmet een factor . Dit betekent dat A in de richting van x zich als een schaling (met factor )gedraagt.

Opmerking. Als x een eigenvector is, dan is ook elk veelvoud van x een eigenvector bij dezelfdeeigenwaarde, behalve de vector 0. Om niet elke keer de uitzondering van 0 mee te slepen, spre-ken we af dat we in de zogenoemde eigenruimte, de collectie van eigenvectoren bij een bepaaldeeigenwaarde, 0 wel meenemen.

Voorbeeld 4.4. De matrix

A =

1 0 0

0 2 0

0 0 3

heeft drie eigenwaarden, te weten 1, 2 en 3.De eigenvectoren bij eigenwaarde 1 zijn alle vectoren van de vorm

1

0

0

met R (of C, al naar gelang we A als reele of complexe matrix zien).

28

De eigenvectoren bij eigenwaarde 2 zijn alle vectoren van de vorm

0

1

0

, met R.

De eigenvectoren bij eigenwaarde 3 zijn alle vectoren van de vorm

0

0

1

, met R.

4.2 Eigenwaarden en eigenvectoren vinden

Als x een eigenvector is van de matrix A met eigenwaarde , dan geldt Ax = x, dus dan is

Ax x = Ax (Ix) = (A I)x = 0.Volgens Stelling 3.5 is dan det(A I) = 0, omdat x 6= 0. Omgekeerd, als det(A I) = 0,dan is er ook een x 6= 0 zo, dat (A I)x = 0. De eigenwaarden van een matrix zijn dusprecies de getallen waarvoor geldt dat det(A I) = 0. De bijbehorende eigenvectoren zijn de(niet-triviale) oplossingen van (A I)x = 0.Voorbeeld 4.5. Stel

A =

1 1 2

2 1 0

1 0 1

.

Dan is

det(A I) =

1 1 22 1 01 0 1

= (1 )

1 00 1

2 01 1 + 2

2 1 1 0

= (1 )3 2(1 ) 2(1 )

= (1 ) ((1 )2 4) .De eigenwaarden zijn dus = 1 en de twee oplossingen van (1)2 = 4, te weten = 1+2 = 3

en = 1 2 = 1. Eigenvectoren bij = 1 volgen door (A 1 I)x = 0 op te lossen:

0 1 2

2 0 0

1 0 0

x =

0

0

0

.

De oplossingen zijn de vectoren van de vorm

0

21

, R.

29

Eigenvectoren bij = 1: los op (A (1) I)x = 0, oftewel

2 1 2 0

2 2 0 0

1 0 2 0

r12r3r22r3

0 1 2 00 2 4 01 0 2 0

r22r1

0 1 2 00 0 0 0

1 0 2 0

.

De oplossingen zijn

22

1

, R.

Eigenvectoren bij = 3: los op (A 3 I)x = 0, dus2 1 2 02 2 0 01 0 2 0

r1+2r3r22r3

0 1 2 00 2 4 01 0 2 0

r2+2r1

0 1 2 00 0 0 0

1 0 2 0

,

met als oplossingen

2

2

1

, R.

De vergelijking det(A I) = 0 heet de karakteristieke vergelijking van A. Deze vergelijkingkan, zelfs als A reeel is, complexe oplossingen hebben.

Voorbeeld 4.6. Laat

A =

(0 1

1 0

).

De karakteristieke vergelijking is 11 = 2 + 1 = 0,

dus de eigenwaarden zijn = i.

Eigenvectoren bij = i:(i 1 01 i 0

)r2+ir1

(i 1 00 0 0

)

met oplossingen

(1

i

),

nu met C (!).

30

Eigenvectoren bij = i:(i 1 0

1 i 0

)r2ir1

(i 1 0

0 0 0

)

met oplossingen

(1

i

), C.

In alle voorbeelden hierboven hadden we een n n matrix met n verschillende eigenwaarden,maar dat hoeft niet altijd zo te zijn. Soms heeft een n n matrix minder dan n eigenwaarden.Voorbeeld 4.7. De matrix(

1 0

0 1

)

heeft een eigenwaarde: 1, en elke vector is een eigenvector.De matrix(

0 1

0 0

)

heeft ook een eigenwaarde: 0, en alleen de vectoren

(1

0

)

met R zijn eigenvectoren.Laat nu A een n n matrix zijn met n verschillende eigenwaarden 1, 2, . . . , n. Kies eigen-

vectoren xi met Axi = ixi (i = 1, . . . , n). Vorm de matrix S door de componenten van xi op deie kolom te zetten:

S =

x11 x21 xn1x12 x22 xn2....

..... . . .

....

x1n x2n xnn

waar

xi1

xi2

:

xin

= xi.

Omdat Axi = ixi volgt dan dat

AS =

1x11 2x21 nxn11x12 2x22 nxn2....

..... . . .

....

1x1n 2x2n nxnn

= S

1 0 00 2 0....

..... . . .

....

0 0 n

Bovendien stellen we, zonder dit te bewijzen, dat S inverteerbaar is (en dus detS 6= 0). Uitdet(AS) = detA detS en eigenschap h van determinanten volgt nu dat de determinant van Akennelijk gelijk is aan het product van zijn eigenwaarden. Verder zien we dat

S1AS =

1 0 00 2 0....

..... . . .

....

0 0 n

.

31

Deze matrix is een zogenaamde diagonaalmatrix : het is een matrix die alleen op de hoofddiagonaalgetallen ongelijk aan nul heeft. Dit is bovendien een hele speciale diagonaalmatrix: de getallen opde diagonaal zijn precies de eigenwaarden van A.

Voorbeeld 4.8. Bekijk de matrix

A =

(4 1

2 3

).

De karakteristieke vergelijking is 4 12 3 k2+k1=

4 5 2 5 r1r2=

2 02 5 = (2)(5) = 0,

dus de eigenwaarden zijn = 2 en = 5. De eigenvectoren zijn (ga zelf na)(1

1

)bij eigenwaarde 5, en

(12

)bij eigenwaarde 2.

Vorm dan de matrix

S =

(1 12 1

).

Dan geldt:

AS =

(4 1

2 3

)(1 12 1

)=

(2 54 5

)=

(1 12 1

)(2 0

0 5

),

oftewel

AS = S

(2 0

0 5

)en dus S1AS =

(2 0

0 5

).

Bovendien geldt detA = 4 3 1 2 = 10 = 2 5: de determinant is gelijk aan het product van deeigenwaarden.

Opmerking. Het is in dit voorbeeld duidelijk dat S inverteerbaar is, omdat detS = 3.Tot slot merken we op dat A en AT dezelfde eigenwaarden hebben, maar (in het algemeen)

niet dezelfde eigenvectoren. Verder, als een complex getal een eigenwaarde is van de (complexe)matrix A, dan is een eigenwaarde van de geadjungeerde matrix A.

32

4.3 Opgaven

1. Gegeven zijn de matrix A en de vectoren x en y door

A =

1 2 11 1 20 2 2

, x =

2

1

2

, en y =

1

1

1

.

(a) Laat zien dat x een eigenvector is van A. Wat is de bijbehorende eigenwaarde?

(b) Laat zien dat y een eigenvector is van A. Wat is de bijbehorende eigenwaarde?

2. Bepaal de eigenwaarden en de bijbehorende eigenvectoren van de volgende matrices:

(a) A1 =

(2 7

7 2

),

(b) A2 =

(3 44 8

),

(c) A3 =

6 2 02 9 05 8 3

.

3. Bepaal voor de volgende matrices een diagonaalmatrix D en een inverteerbare matrix S zodat Ai = SDS

1, (i = 1, 2):

(a) A1 =

(3 10 5

),

(b) A2 =

(2 3

3 1

).

33

5 Lineaire differentiaalvergelijkingen van orde 2

5.1 Homogene vergelijkingen

In dit deel bekijken we eerst homogene vergelijkingen van orde twee met constante coefficienten,dat wil zeggen, differentiaalvergelijkingen van de vorm

a0y + a1y

+ a2y = 0.

Om dit stelsel op te lossen, proberen we eerst eens of y(x) = ex een oplossing kan zijn voor eenof ander getal . Invullen geeft

a0y + a1y

+ a2y = (a02 + a1+ a2)e

x = 0,

voor alle x. Dat kan alleen als

a02 + a1+ a2 = 0.

Deze kwadratische vergelijking in heet de karakteristieke vergelijking. We weten dat dezevergelijking in het algemeen twee, eventueel complexe, oplossingen heeft. Deze oplossingen zullenwe voor nu even noteren met 1 en 2. Een gevolg van een algemene stelling is dat als 1 6= 2,de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking gegeven wordt door y(x) = c1e

1x + c2e2x,

met c1 en c2 willekeurige constanten.

Voorbeeld 5.1. De volgende differentiaalvergelijkingen kunnen worden opgelost met behulp vande karakteristieke vergelijking:

1. y y = 0. Probeer y = ex. De karakteristieke vergelijking wordt 2 1 = 0, dus = 1.De algemene oplossing is dus y(x) = c1e

x + c2ex, met c1, c2 R.

2. y + 3y + 2y = 0. De karakteristieke vergelijking is

2 + 3+ 2 = (+ 2)(+ 1) = 0,

dus = 2 of = 1. De algemene oplossing is dus y(x) = c1e2x+ c2ex, met c1, c2 R.3. y + y = 0. De karakteristieke vergelijking is 2 + 1 = 0, dus = i. Alle complexe

oplossingen worden dan gegeven door

y(x) = c1eix + c2e

ix met c1, c2 C.

Nu is eix = cosx+ i sinx en eix = cosx i sinx, dus

y(x) = (c1 + c2) cosx+ i(c1 c2) sinx.

Neem nu c1+ c2 = a R en i(c1 c2) = b R. Dat kan, c1 = c2 werkt bijvoorbeeld. Dan is

y(x) = a cosx+ b sinx met a, b R

de algemene reele oplossing.

4. y + 2y + y = 0. De karakteristieke vergelijking is 2 + 2 + 1 = 0. Dat geeft = 1. Eris nu maar een oplossing van de vorm y(x) = ex, namelijk y = cex.

Nu vinden we de andere oplossingen door variatie van constanten. Dat werkt als volgt: stely(x) = c(x)ex is een oplossing, voor een of andere functie c(x). Dan is

y(x) = c(x)ex c(x)ex,y(x) = c(x)ex 2c(x)ex + c(x)ex,

34

en dus

y + 2y + y = (c 2c + c+ 2c 2c+ c) ex = cex = 0,zodat c = 0. We hebben dus een differentiaalvergelijking voor c(x) afgeleid. Maar deze issimpel, en heeft de oplossing c(x) = ax+ b, met a, b R. Dus

y(x) = axex + bex met a, b R.

Wat we in het laatste voorbeeld zagen geldt algemeen: als de karakteristieke vergelijking maareen oplossing heeft, zeg 1, dan is naast e

1x ook xe1x een oplossing. De algemene oplossing isin dat geval dus y(x) = c1e

1x + c2xe1x met c1, c2 R.

5.2 Inhomogene vergelijking

We bekijken nu vergelijkingen van de vorm

a0y + a1y

+ a2y = f(x),

met f(x) een functie die niet de nulfunctie is. Vanwege de term f(x) aan de rechterkant noemenwe deze vergelijking inhomogeen. De bijbehorende homogene vergelijking is

a0y + a1y

+ a2y = 0.

Eerst doen we een algemene uitspraak: als y0(x) een oplossing is van de inhomogene vergelijking,en c1y1(x) + c2y2(x) de algemene oplossing van de homogene vergelijking, dan wordt de algemeneoplossing van de inhomogene vergelijking gegeven door

y0(x) + c1y1(x) + c2y2(x) met c1, c2 R.Dat is prettig, omdat we nu maar een oplossing van de inhomogene vergelijking hoeven te vinden.Die ene oplossing van de inhomogene vergelijking noemen we een particuliere oplossing. Hoe vindje zon particuliere oplossing?

Er is een algemene methode (ook nu weer variatie van constanten geheten), maar die isingewikkeld.

Voor veel functies f werkt het volgende idee: probeer voor y0 lineaire combinaties van f enzijn afgeleiden f , f , . . . .

Als f zelf een oplossing is van de homogene vergelijking werkt dit niet. Probeer dan voory0 een lineaire combinatie van xf(x) en de afgeleiden hiervan, die geen oplossing zijn vande homogene vergelijking (als ook xf(x) oplossing is van de homogene vergelijking neem jex2f(x) en zijn afgeleiden ).

Voorbeeld 5.2. We illustreren dit met wat voorbeelden.

1. y+ y = cosx. De oplossing van de homogene vergelijking krijg je zoals gewoonlijk door dekarakteristieke vergelijking op te lossen: 2 + = (+ 1) = 0 geeft = 0 of = 1.Nu zoeken we een particuliere oplossing y0 van de inhomogene vergelijking. Probeer voor y0een functie van de vorm y0 = a cosx + b sinx. Dan is y

0 = a sinx + b cosx en y0 =a cosx b sinx. Dus

y0 + y

0 = (a+ b) cosx (a+ b) sinx = cosx,waaruit volgt a + b = 0, a + b = 1. Oplossen van dit stelsel geeft a = 1

2, b = 1

2. Dus is

y0(x) = 12 cosx+ 12 sinx een oplossing.De algemene oplossing is dan

y(x) = 12cosx+ 1

2sinx+ c1e

x + c2 met c1, c2 R.

35

2. Los op y y = x. De oplossing van de homogene vergelijking hebben we bepaald inVoorbeeld 5.1.1. Probeer als particuliere oplossing y0 = ax + b. Invullen geeft y

0 y0 =ax b = x, dus b = 0 en a = 1. De algemene oplossing is dus y(x) = x+ c1ex + c2ex.

3. y y = ex. Nu werkt aex niet als particuliere oplossing omdat dit al een oplossing van dehomogene vergelijking is. Probeer dus y0(x) = axe

x. Dan is

y0 = axex + aex,

y0 = axex + 2aex,

dus y0 y0 = 2aex = ex, en dit geeft a = 12 . Een particuliere oplossing is dus y0(x) = 12xex,zodat de algemene oplossing wordt

y(x) = 12xex + c1e

x + c2ex met c1, c2 R.

Samenvattend werkt voor het vinden van een particuliere oplossing van een inhomogene diffe-rentiaalvergelijking van de vorm

a0y + a1y

+ a2y = f(x),

vaak het volgende recept:

Als f(x) = probeer danxn a0 + a1x+ a2x

2 + + anxnex aex

sinx a sinx+ b cosxcosx a sinx+ b cosx

lineaire combinatie hiervan soortgelijke lineaire combinatieproduct hiervan soortgelijk product

Het recept werkt niet als het rechterlid al een oplossing is van de bijbehorende homogene differen-tiaalvergelijking. Een suggestie in dat geval: probeer een combinatie van x maal de functie uit hetrecept. Als dat ook niet werkt probeer dan xk maal de functie uit het recept voor k = 2, 3, . . . .

Laten we het recept voor het oplossen van een inhomogene lineaire differentiaalvergelijking vantweede orde (met constante coefficienten) samenvatten:

1. Los de bijbehorende homogene differentiaalvergelijking op.

2. Vind een particuliere oplossing, bijvoorbeeld met de methode zoals hierboven beschreven.

3. Los de constanten in de algemene oplossing op door middel van rand- of beginvoorwaarden(indien die aanwezig zijn).

Van dat laatste geven we nog een voorbeeld.

Voorbeeld 5.3. Los op y + y = cosx met y(0) = 0 en y(0) = 0. Uit Voorbeeld 5.2.1 weten weal dat de algemene oplossing is

y(x) = 12cosx+ 1

2sinx+ c1e

x + c2.

Invullen van y(0) = 0 en y(0) = 0 geeft 0 = 12+ c1 + c2 en 0 =

1

2 c1. Dus c1 = 12 en c2 = 0.

De gezochte oplossing is dus

y(x) = 12cosx+ 1

2sinx+ 1

2ex.

We merken tenslotte op dat de technieken die hier gebruikt zijn ook werken voor de algemeneresituatie van een n-de orde lineaire differentiaalvergelijking met constante coefficienten.

36

5.3 Opgaven

1. Men zoekt een particuliere oplossing (x) van de lineaire differentiaalvergelijking ay+by+cy = f(x). Welke gedaante van (x) (met onbepaalde coefficienten) probeer je, als:

(a) f(x) = x3 + sin 2x

(b) f(x) = xe2x

(c) f(x) = (sinx+ cosx)2 + 1

(d) f(x) = ex sin 2x

2. Bepaal de algemene oplossing:

(a) y 2y 3y = 0(b) y 4y + 13y = 0(c) y + 2y + y = 0

(d) y + 2y = 0

(e) y + 2y 8y 4x2 = 0(f) y = 3ex + 4y + 8 + sinx

(g) x+ x = 2t sin t cos t [x = dxdt

en x = d2x

dt2

]3. Los de volgende beginwaardeproblemen op:

(a)

{y 3y + 2y = 0y(0) = 1, y(0) = 0

(b)

{x x = 2 cos t 2t sin tx(0) = 0, x(0) = 1

37

6 Stelsels differentiaalvergelijkingen van orde 1

6.1 Stelsels homogene differentiaalvergelijkingen.

We bekijken in deze paragraaf stelsels homogene differentiaalvergelijkingen van eerste orde. Ditzijn stelsels van de vorm

x1(t)

x2(t)...

xn(t)

= A

x1(t)

x2(t)...

xn(t)

of x(t) = Ax(t), (1)

met A een n n matrix en x(t) een vector met coordinaten x1(t), x2(t), . . . , xn(t).Voorbeeld 6.1. Het stelsel{

dxdt

= 2x + ydydt

= 2y

is van de vorm (1). De matrix A is in dit geval

A =

(2 1

0 2

).

Dit stelsel is simpel op te lossen: de oplossing van de tweede vergelijking is y(t) = c e2t. Invullenin x(t) = 2x+ y geeft

x(t) = 2x(t) + ce2t,

een inhomogene differentiaalvergelijking. Die los je eenvoudig op:

x(t) = c1e2t 1

4ce2t.

Helaas kan niet elk stelsel op deze manier worden opgelost. De truc werkt bijvoorbeeld nietvoor het stelsel{

x = 3x 2yy = 3x + 2y (2)

Hoe moeten we dan te werk gaan? We beginnen met de volgende stelling:

Stelling 6.2. Als een eigenwaarde is van A en x een bijbehorende eigenvector, dan is x(t) = etxeen oplossing van (1).

Bewijs. Dit is gemakkelijk te bewijzen door de uitdrukking voor x(t) in te vullen. Er geldtAx = x, en dus

Ax(t) = Aetx = etAx = etx =d

dt

(etx

)=

d

dtx(t),

zodat x(t) inderdaad een oplossing is.

Voorbeeld 6.3. Met behulp van deze stelling kan de algemene oplossing van (2) gevonden worden.De matrix A is in dit geval

A =

(3 23 2

).

38

Uit de vergelijking

det(A I) =3 23 2

r12r2= 3 6 + 23 2

k2+2k1= 3 03 4

= (3 )(+ 4) = 0

volgt dat 1 = 3 en 2 = 4 de eigenwaarden zijn. Eigenvectoren bij 1 = 3:(

6 2 03 1 0

)r12r2

(0 0 0

3 1 0

)r21

(0 0 0

3 1 0

)

geeft

x1 = c1

(1

3

)met c1 R.

Eigenvectoren bij 2 = 4:(1 2 0

3 6 0

)r2+3r1

(1 2 00 0 0

)

geeft

x2 = c2

(2

1

)met c2 R.

We concluderen dat(x(t)

y(y)

)= c1e

3t

(1

3

)+ c2e

4t

(2

1

),

een oplossing is voor alle c1, c2 R. Oftewel, in componenten uitgeschreven,{x(t) = c1e

3t + 2c2e4t

y(t) = 3c1e3t + c2e4tmet c1, c2 R

is een oplossing van (2), en we beweren dat ook alle oplossingen van deze vorm zijn.

De laatste bewering is in het algemeen waar:

Stelling 6.4. Als de n n matrix A precies n verschillende eigenwaarden 1, . . . , n heeft, metbijbehorende eigenvectoren x1, . . . ,xn, dan zijn alle oplossingen van x

(t) = Ax(t) van de vorm

x(t) = c1e1tx1 + + cnentxn,

met c1, . . . , cn reele (of eventueel complexe) getallen.

Voorbeeld 6.5. Los op

x = 3x + y

y = 2y + z

z = z

39

De matrix A bij dit stelsel is

A =

3 1 0

0 2 1

0 0 1

Merk op dat de eigenwaarden van deze matrix 3, 2 en 1 zijn. Bijbehorende eigenvectoren zijnrespectievelijk

1

0

0

,

1

10

,

1

22

.

De oplossingen van het stelsel zijn dus

x(t) = c1e3t + c2e

2t + c3et

y(t) = c2e2t 2c3etz(t) = 2c3e

t

met c1, c2, c3 R.

Voorbeeld 6.6. We zoeken de algemene reele oplossing van het stelsel{x = x 2yy = 2x + y

In dit voorbeeld is de matrix A gelijk aan

A =

(1 22 1

).

De karakteristieke vergelijking is

(1 )2 + 4 = 0,

wat betekent dat de eigenwaarden 1 2i zijn. Eigenvectoren bij 1 = 1 + 2i:(

2i 2 02 2i 0

)r2ir1

(2i 2 00 0 0

)r1

1

2(

i 1 0

0 0 0

)

geeft

x1 = c1

(1

i

)met c1 C.

Eigenvectoren bij 1 = 1 2i:(2i 2 02 2i 0

)r2+ir1

(2i 2 00 0 0

)r1

1

2(i 1 00 0 0

)

geeft

x2 = c2

(1

i

)met c2 C.

40

De uitdrukkingen e1t en e2t zijn nu complex. Door deze uitdrukkingen met behulp van deformule van Euler ei = cos+ i sin uit te schrijven volgt dat de oplossing gegeven wordt door{

x(t) = (c1 + c2)et cos 2t + i(c1 c2)et sin 2t

y(t) = i(c1 c2)et cos 2t + (c1 + c2)et sin 2tmet c1, c2 C.

Nu hebben we een probleem: we willen de reele oplossingen hebben. Maar door c1 en c2 zo tekiezen dat a = c1 + c2 R en b = i(c1 c2) R (neem c2 = c1), krijgen we alle reele oplossingen:{

x(t) = aet cos 2t + bet sin 2t

y(t) = bet cos 2t + aet sin 2t met a, b R.

Dubbele eigenwaarden

Je kunt je afvragen wat je moet doen als de n n matrix A onverhoopt niet n verschillendeeigenwaarden heeft. Zolang er een zogenaamde basis van eigenvectoren is, is dat allemaal geenprobleem. Maar zodra dat niet het geval is wordt de zaak aanzienlijk ingewikkelder. We geven eenvoorbeeld, maar verwijzen voor algemene theorie naar boeken over differentiaalvergelijkingen enlineaire algebra. In het bijzonder moet je voor het algemene geval kennis nemen van de zogenaamdeJordannormaalvorm van een matrix.1

Voorbeeld 6.7. Los op{x = x + y

y = y

met randvoorwaarden x(0) = 1 en y(0) = 2. De matrix A is nu

A =

(1 1

0 1

).

De enige eigenwaarde is 1, met bijbehorende eigenvector(1

0

).

Er is geen basis van eigenvectoren. In dit voorbeeld kunnen we echter makkelijk verder. Dedifferentiaalvergelijking voor y laat zich eenvoudig oplossen: y(t) = c1e

t, waar c1 R. Invullen inde differentiaalvergelijking voor x geeft dan de inhomogene eerste-orde differentiaalvergelijking

x(t) x(t) = c1et.Oplossingen van de bijbehorende homogene differentiaalvergelijking zijn van de vorm x(t) = c2e

t,dus als particuliere oplossing proberen we x0(t) = cte

t. Je ziet dan snel dat je voor c moet nemenc = c1. De oplossingen zijn dus:(

x(t)

y(t)

)=

(c1te

t + c2et

c1et

)= c1e

t

(t

1

)+ c2e

t

(1

0

), met c1, c2 R.

Nu gebruiken dat x(0) = 1 en y(0) = 2 geeft c1 = 2 en c2 = 1. De oplossing is dus(x(t)

y(t)

)=

(2tet + et

2et

).

1Zie bijvoorbeeld: P. Lancaster, M. Tismenetsky, The theory of matrices, Second edition, Academic Press,

London, 1985.

41

6.2 Stelsels inhomogene differentiaalvergelijkingen

Ook voor stelsels inhomogene differentiaalvergelijkingen werkt het gebruikelijke proberen van eenoplossing voor bepaalde soorten rechterlid.

Voorbeeld 6.8. Los op{x = y + t3y = x + t

Het bijbehorende homogene stelsel is{x = yy = x

,

ofewel(x

y

)=

(0 11 0

)(x

y

).

De eigenwaarden van de matrix zijn i. Met de methode uit de vorige paragraaf volgt dat deoplossingen van het homogene stelsel zijn{

x(t) = a cos t + b sin t

y(t) = b cos t + a sin t , met a, b R.

Nu moeten we nog een particuliere oplossing van de inhomogene vergelijking vinden. Probeer(x0

y0

)= t3

(a

b

)+ t2

(c

d

)+ t

(e

f

)+

(g

h

)

met a, b, c, d, e, f, g, h reele getallen. Dan is(x0

y0

)= 3t2

(a

b

)+ 2t

(c

d

)+

(e

f

),

en als we dit invullen in het oorspronkelijke stelsel krijgen we

t2

(3a

3b

)+ t

(2c

2d

)+

(e

f

)= t3

(1 ba

)+ t2

(dc

)+ t

(f1 + e

)+

(hg

).

Door de corresponderende coefficienten gelijk te stellen, krijgen we nu het volgende stelsel vanacht vergelijkingen met acht onbekenden:{

0 = 1 b , 3a = d , 2c = f , e = h ,0 = a , 3b = c , 2d = 1 + e , f = g .

Dit stelsel is eenvoudig op te lossen. je krijgt a = 0, b = 1, c = 3, d = 0, e = 1, f = 6, g = 6en h = 1. Een particuliere oplossing is dus(

x0

y0

)= t3

(0

1

)+ t2

(3

0

)+ t

(16

)+

(61

)=

(3t2 t 6t3 6t+ 1

).

De algemene oplossing wordt nu gegeven door de gevonden particuliere oplossing plus de alge-mene oplossing van het homogene stelsel:{

x(t) = a cos t + b sin t + 3t2 t 6y(t) = b cos t + a sin t + t3 6t+ 1 met a, b R.

42

6.3 Opgaven

1. Bepaal van de volgende homogene stelsels differentiaalvergelijkingen de oplossing

(a)

{x = 2x + y

y = x + 2y

(b)

{x = x yy = 4x + y

(c)

x = 3x + z

y = 3y + z

z = x + y + 2z

(d)

x = 2x + 3y + 3z

y = 3x yz = 3x z

(e) Bepaal van het stelsel onder (d) die oplossingen die voldoen aan de beginvoorwaardenx(0) = 1, y(0) = 2, z(0) = 0.

2. Los de volgende inhomogene stelsels differentiaalvergelijkingen op

(a)

{x = 4x 3y + sin ty = 2x y 2 cos t

(b)

{x = 2x + y + 3t 5y = x + 2y 2

(c)

{x = x + 2y + et

y = 3x + 2y et

(d)

x = 2x + 3y + 3z + 48t

y = 3x y + 2etz = 3x z 2et

43

InleidingStelsels lineaire vergelijkingenOplossen door middel van Gauss-eliminatieGauss-eliminatie in matrixnotatieOpgaven

MatricesWat is een matrix?Rekenen met matricesOplossen van stelsels vergelijkingenTransponerenOpgaven

DeterminantenDe determinant van een matrixEigenschappen van determinantenDeterminanten en stelsels vergelijkingenOpgaven

Eigenwaarden en eigenvectorenDefinitieEigenwaarden en eigenvectoren vindenOpgaven

Lineaire differentiaalvergelijkingen van orde 2Homogene vergelijkingenInhomogene vergelijkingOpgaven

Stelsels differentiaalvergelijkingen van orde 1Stelsels homogene differentiaalvergelijkingen.Stelsels inhomogene differentiaalvergelijkingenOpgaven