Meetkunde en Algebra - wiswijsHoofdstuk 1 Meetkundige plaatsen 1.1 Herhaling: analytische meetkunde...

Meetkunde en Algebra

Liliane Van Maldeghem Hendrik Van Maldeghem

Cursus voor Latijn-Wiskunde 8 en Wetenschappen-Wiskunde 8

Hoofdstuk 1

Meetkundige plaatsen

1.1 Herhaling: analytische meetkunde

1.1.1 Affiene meetkunde

In het affien vlak Π zijn de begrippen van punt en rechte vastgelegd door vier axioma’s.We herhalen:

Π1 Het affien vlak is een oneindige verzameling van punten.

Π2 Een rechte is een oneindige echte deelverzameling van het affien vlak.

Π3 Door twee verschillende punten gaat juist een rechte.

Π4 Door elk punt gaat juist een rechte evenwijdig met een gegeven rechte.

In een affien vlak zijn de volgende begrippen gedefinieerd:

• lijnstukken, vectoren en midden van een lijnstuk M is midden van [AB] als ~MA+~MB = ~o;

• evenwijdige rechten;

• collineaire punten en concurrente rechten;

• veelhoeken waaronder driehoeken, parallellogrammmen, trapezia;

• speciale lijnen in een driehoek: zwaartelijnen;

3

4 HOOFDSTUK 1. MEETKUNDIGE PLAATSEN

• speciale punten in een driehoek: zwaartepunt;

• transformaties: verschuivingen, evenwijdige projecties, homothetien en evenwijdigespiegelingen.

Analytische uitdrukkingen in het affien vlak

Richting van een rechte

(l,m) is een stel richtingsgetallen van een rechte a 6‖ y (l 6= 0)

⇐⇒ m

lis de richtingscoefficient van a

ω is de richtingscoefficient van a⇐⇒ (1, ω) is een stel richtingsgetallen van a

Zijn A(x1, y1) en B(x2, y2) punten van een rechte a dan geldt

a) ~AB is een richtingsvector van a.

b) ~AB = ~OB− ~OA = (x2, y2)− (x1, y1) = (x2−x1, y2− y1) is een stel richtingsgetallenvan a.

c) y2−y1x2−x1

is de richtingscoefficient van de rechte a op voorwaarde dat x1 6= x2.

Vergelijking van een rechte

De rechte a is bepaald door een stel richtingsgetallen (l,m) en een punt P (x1, y1):

• aO : mx− ly = 0 is de vergelijking van de richtingsruimte van a;

• De rechte a is het beeld van aO onder een verschuiving met vector (x1, y1).De vergelijking van a is

m(x− x1)− l(y − y1) = 0

De rechte a is bepaald door de richtingscoefficient ω en een punt P (x1, y1).

• aO : y = ωx is de vergelijking van de richtingsruimte van a;


(y − y1) = ω(x− x1)

1.1. HERHALING: ANALYTISCHE MEETKUNDE 5

De rechte a gaat door (x1, y1) en is evenwijdig met b : ux+ vy + w = 0.

• aO : ux+ vy = 0 is de vergelijking van de richtingsruimte van a;


u(x− x1) + v(y − y1) = 0

a = AB met A(x1, y1) en B(x2, y2):

• (x2 − x1, y2 − y1). is een stel richtingsgetallen van a;

• aO : (y2 − y1)x− (x2 − x1)y = 0 is de vergelijking van de richtingsruimte van a;

• De vergelijking van a is:

(y2 − y1)(x− x1)− (x2 − x1)(y − y1) = 0x1 6=x2⇐⇒ y − y1 =

y2 − y1

x2 − x1

(x− x1)

De rechte a is bepaald door zijn doorgangen p en q met resp. de x-as en de y-as.De vergelijking van a is

x

p+y

q= 1.

Bijzondere gevallen:

1. a ‖ y en A(x1, y1) ∈ a dan is de vergelijking van a: x = x1 (y ontbreekt)

2. a ‖ x en A(x1, y1) ∈ a dan is de vergelijking van a: y = y1 (x ontbreekt)

De algemene vergelijking van een rechte a is van de gedaante

ux+ vy + w = 0 met (u, v) 6= (0, 0).

Daarin is de eenvoudige oplossing (v,−u) van a0 : ux+ vy = 0een stel richtingsgetallen van de rechte.


1.1.2 Euclidische meetkunde

In een euclidisch vlak bestaat het scalair product en de daaruit volgende begrippen:

• hoek tussen twee rechten en loodrechte stand van twee rechten;

• afstand tussen twee punten en afstand van een punt tot een rechte;

• middelloodlijn van een lijnstuk, bissectrices van twee rechten en middenparallel vantwee evenwijdige rechten;

• driehoeken: rechthoekige driehoeken, gelijkbenige driehoeken en gelijkzijdige drie-hoeken;

• speciale lijnen in een driehoek: middelloodlijnen, hoogtelijnen, bissectrices;

• speciale punten in een driehoek: hoogtepunt en middelpunt van om- en ingeschrevencirkel;

• ruiten, rechthoeken, vierkanten en cirkels;

• transformaties: loodrechte projecties, loodrechte spiegelingen, rotaties.

Analytische uitdrukkingen in het euclidisch vlak

De volgende analytische uitdrukkingen zijn enkel geldig t.o.v. een orthonormale basis.

Scalair product van twee vectoren

~v1 · ~v2 = (l1,m1) · (l2,m2)⇐⇒ l1l2 +m1m2

Is ~v1 = ~v2 = ~v(l,m) dan is

~v2 = ‖~v‖2 = l2 +m2 ⇐⇒ ‖~v‖ =√l2 +m2.

Afstanden

De afstand tussen de punten A(x1, y1) en B(x2, y2):

d(A,B) = ‖ ~AB‖ =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2.

De afstand van een punt P (x1, y1) tot een rechte a : ux+ vy = w = 0:

d(P, a) =|ux1 + vy1 + w|√

u2 + v2.


Loodrechte stand van twee vectoren

(l1,m1) en l2,m2) zijn de coordinaten van resp. ~v1 en ~v2:

~v1 ⊥ ~v2 ⇐⇒ (l1,m1) · (l2,m2) = 0⇐⇒ l1l2 +m1m2 = 0

Vergelijking van een rechte

De rechte is bepaald door een punt (x1, y1) en een normaalvector (u, v).

• aO : ux+ vy = 0 is de vergelijking van de richtingsruimte van a;


u(x− x1) + v(y − y1) = 0

De rechte is bepaald door een punt (x1, y1) en staat loodrecht op rechte b : ux+vy+w = 0.

• aO : vx− uy = 0 is de vergelijking van de richtingsruimte van a;


v(x− x1)− u(y − y1) = 0

Loodrechte stand van twee rechten

Gegeven zijn a : u1x+ v1y + w1 = 0 en b : u2x+ v2y + w2 = 0:

a ⊥ b⇐⇒ u1u2 + v1v2 = 0

(l1,m1) en l2,m2) zijn de stellen richtingsgetallen van resp. de rechten a en b:

a ⊥ b⇐⇒ l1l2 +m1m2 = 0

ω1 en ω2 zijn de richtingscoefficienten van resp. de rechten a en b

• (1, ω1) en (1, ω2) stellen richtingsgetallen.

• a ⊥ b⇐⇒ 1 + ω1ω2 = 0⇐⇒ ω1ω2 = −1


De formule van Chasles-Mobius en twee interessante eigenschappen

Uit de formule van Chasles Mobius kunnen we twee eigenschappen afleiden die geldig zijnin een driehoek en waarin gebruik gemaakt wordt van een zwaartelijn.In driehoek ABC beschouwen we het midden M van de zijde [AB].De formule van Chasles-Mobius in de driehoek ACM geeft:

~CA = ~CM + ~MA

We kwadrateren beide leden:

( ~CA)2 = ( ~CM)2 + ( ~MA)2 + 2 ~CM · ~MA

m

|CA|2 = |CM |2 + |MA|2 + 2 ~CM · ~MA (1.1)

In driehoek BCM geldt de analoge betrekking. We moeten enkel A vervangen door B.

|CB|2 = |CM |2 + |MB|2 + 2 ~CM · ~MB (1.2)

• Tellen we de betrekkingen 1.1 en 1.2 lid aan lid op en houden we rekening met hetfeit dat |MA| = |MB| = 1

2|AB| dan verkrijgen we:

|CA|2 + |CB|2 = 2|CM |2 +1

4|AB|2 +

1

4|AB|2 + 2 ~CM · ( ~MA+ ~MB)

m

|CA|2 + |CB|2 = 2|CM |2 +1

2|AB|2 + 2 ~CM · ~o

m

|CA|2 + |CB|2 = 2|CM |2 +1

2|AB|2

Hieruit volgt een eigenschap van de lengte van een zwaartelijn van een driehoek:

|CM |2 =1

2(|CA|2 + |CB|2)− 1

4|AB|2 (1.3)

• Trekken we de betrekkingen 1.1 en 1.2 lid aan lid af en houden we rekening met hetfeit dat |MA| = |MB| dan verkrijgen we:

|CA|2 − |CB|2 = 2 ~CM · ( ~MA− ~MB)

m


|CA|2 − |CB|2 = 2 ~CM · ( ~MA+ ~BM)

m

|CA|2 − |CB|2 = 2 ~CM · ~BA

Hieruit volgt een eigenschap van het verschil van de kwadraten van twee zijden vaneen driehoek:

|CA|2 − |CB|2 = 2 ~MC · ~AB (1.4)

Figuur 1.1: eigenschappen in een driehoek


1.2 Meetkundige plaatsen

Een meetkundige plaats van punten is de verzameling van punten die voldoen aaneen gegeven meetkundige voorwaarde.

We vermelden hier een aantal gekende meetkundige plaatsen:

1. de middelloodlijn van een lijnstuk is de meetkundige plaats van de puntendie op gelijke afstand liggen van de eindpunten van het lijnstuk.

2. de bissectrices van twee snijdende rechten is de de meetkundige plaatsvan de punten die op gelijk afstand liggen van de twee rechten.

3. de middenparallel van evenwijdige rechten is de de meetkundige plaatsvan de punten die op gelijk afstand liggen van de twee rechten.

4. de cirkel is de meetkundige plaats van de punten die op gelijke afstand liggen vaneen punt.

5. de cirkel is de meetkundige plaats van de punten die een lijnstuk zien onder eenrechte hoek.

Uit deze voorbeelden leiden we af dat een bepaalde verzameling van punten op verschillen-de manieren een meetkundige plaats kan zijn. Een rechte kan bijvoorbeeld een middelood-lijn, een bissectrice of een middenparallel zijn maar kan nog op zeer veel andere manierenbekomen worden als meetkundige plaats. Een cirkel zal ook dikwijls het resultaat zijnvan een meetkundige plaats.

1. Soms kan een meetkundige plaats op meetkundige wijze bekomen worden door zete herleiden tot een gekende meetkundige plaats. Dit laatste vergt een behoorlijkmeetkundig inzicht in figuren. Dat is de mooiste manier om een meetkundige plaatste bepalen.

2. Veelal reikt ons meetkundig inzicht niet ver genoeg en zijn we genoodzaakt demeetkundige plaats door berekening te verkrijgen.

We voeren een assenstelsel in.

We berekenen de vergelijking van de meetkundige plaats t.o.v. dat assen-stelsel.

We geven de meetkundig interpretatie van het resultaat.

In dit hoofdstuk worden twee methodes aangereikt om de vergelijking van een meet-kundige plaats te vinden.

1.2. MEETKUNDIGE PLAATSEN 11

(a) De eerste methode is gewoonhet analytisch uitdrukken van de meetkundige voorwaarde. Dit is voor jullieniet nieuw en werd reeds meerdere malen gebruikt, bijvoorbeeld bij het opstel-len van de algemene vergelijking van een cirkel, de vergelijking van de middel-loodlijn van een gegeven lijnstuk, de vergelijkingen van de bissectrices van tweesnijdende rechten, de vergelijking van de middenparallel van twee evenwijdigerechten.

(b) De tweede methode om langs analytische weg een meetkundige plaats te vindenis de methode van de geassocieerde krommen.


1.2.1 Methode I: analytisch uitdrukken van de meetkundige voor-waarde

Bij deze methode geven we aan het punt dat de meetkundige plaats m beschrijft eencoordinaat (x, y) t.o.v. een affien (willekeurige basis) of euclidisch (orthonormale basis)coordinatenstelsel. We zoeken dan het verband tussen x en y zo dat aan de meetkundigevoorwaarde voldaan is.

Om er weer in te komen:

• Bepaal de middelloodlijn van het lijnstuk [AB] met A(−1, 2) en B(2, 4).Oplossing:

P ∈ m⇐⇒ |PA| = |PB| ⇐⇒ |PA|2 = |PB|2

m(x+ 1)2 + (y − 2)2 = (x− 2)2 + (y − 4)2 ⇐⇒ 6x+ 4y − 15 = 0

• Bepaal de bissectrices van de rechtena : 3x+ 4y = 0 en b : x− y = 2.Oplossing: (De gegeven rechten zijn snijdend omdat de normaalvectoren (3, 4) en(1,−1) niet evenwijdig zijn.)

P ∈ m⇐⇒ d(P, a) = d(P, b)

m

P (x, y) ∈ m⇐⇒ |3x+ 4y|√9 + 16

=|x− y − 2|√

1 + 1

m3x+ 4y√

9 + 16=x− y − 2√

1 + 1∨ 3x+ 4y√

9 + 16= −x− y − 2√

1 + 1

m√

2(3x+ 4y) = 5(x− y − 2) ∨√

2(3x+ 4y) = −5(x− y − 2)

m(3√

2− 5)x+ (4√

2 + 5)y + 10 = 0 ∨ (3√

2 + 5)x+ (4√

2− 5)y − 10 = 0

Deze vergelijkingen zijn de vergelijkingen van de bissectrices van a en b.We kunnen hier gemakkelijk aantonen dat de bissectrices loodrecht op elkaar staan.Inderdaad het scalair product van de normaalvectoren is gelijk aan nul.

(3√

2− 5)(3√

2 + 5) + (4√

2− 5)(4√

2 + 5) = 0


• Bepaal de middenparallel van de rechtena : 2x+ 3y − 1 = 0 en b : 4x+ 6y + 5 = 0.Oplossing: (De gegeven rechten zijn evenwijdig omdat de normaalvectoren (2, 3)en (4, 6) evenwijdig zijn.)

P ∈ m⇐⇒ d(P, a) = d(P, b)

m

P (x, y) ∈ m⇐⇒ |2x+ 3y − 1|√4 + 9

=|4x+ 6y + 5|√

16 + 36

m2x+ 3y − 1√

4 + 9=

4x+ 6y + 5√16 + 36

∨ 2x+ 3y − 1√4 + 9

= −4x+ 6y + 5√16 + 36

m√

52(2x+ 3y − 1) =√

13(4x+ 6y + 5) ∨√

52(2x+ 3y − 1) = −√

13(4x+ 6y + 5)

m

(2√

52− 4√

13)x+ (3√

52− 6√

13)y −√

52− 5√

13 = 0

∨ (2√

52 + 4√

13)x+ (3√

52 + 6√

13)y −√

52 + 5√

13 = 0

Omdat√

52 = 2√

13 verkrijgen we

0x+ 0y − 7√

13 = 0 ∨ 8√

13x+ 12√

13y + 3√

13 = 0

m

2x+ 3y +3

4= 0

Deze vergelijking is de vergelijking van de middenparallel van a en b

• Stel de vergelijking op van de cirkel c met middelpunt M(xo, yo) en straal r.

P ∈ c⇐⇒ |PM | = r ⇐⇒ |PM |2 = r2(r > 0)

m

P (x, y) ∈ c⇐⇒ (x− xo)2 + (y − yo)2 = r2. (1.5)

De vergelijking van de cirkel c(M(xo, yo); r) is:.

x2 + y2 − 2xox− 2yoy + x2o + y2

o − r2 = 0


De vergelijking is van de gedaante

x2 + y2 + 2ax+ 2by + c = 0 met (a, b, c) ∈ R

Wordt de vergelijking van een cirkel gegeven in deze gedaante dan kunnen we decoordinaat van het middelpunt en de straal berekenen door het eerste lid te splitsenin onafhankelijke kwadraten om zodoende de gedaante 1.5 te bekomen.

(x2 + 2ax+ a2) + (y2 + 2by + b2) = a2 + b2 − c

m

(x+ a)2 + (y + b)2 = a2 + b2 − c

Deze vergelijking stelt een cirkel voor op voorwaarde dat het tweede lid groter isdan 0. Dit is als de parameters a, b en c voldoen aan de volgende ongelijkheid:

a2 + b2 − c > 0

TAAK ♣ 1 Zoek de vergelijkingen van de bissectrices van het rechtenpaar {a, b} met a : x+2y−6 = 0en b : 5x− 4y + 20 = 0. Construeer de bissectrices en controleer met de berekeningen.opl: (

√41∓ 5

√5)x+ (2

√41± 4

√5)y − 6

√41∓ 20

√5 = 0

♣ 2 Zoek de vergelijking van de middelloodlijn van het lijnstuk [AB] met A(1, 3) en B(−5,−2). Con-strueer de middelloodlijn en controleer met de berekeningen. Opl.: 12x+ 10y + 19

♣ 3 Zoek de vergelijking van de middenparallel van de rechten a : −6x+7y−21 = 0 en b : 6x−7y−28 = 0.Construeer de middenparallel en controleer met de berekeningen. opl.: 6x− 7y − 7

2 = 0


Nog heel veel nieuwe meetkundige plaatsen:

MEETKUNDIGE PLAATS 1 De meetkundige plaats van de punten die een gegevenlijnstuk zien onder een rechte hoek is een cirkel waarvan het lijnstuk een middellijn is.

Vorig jaar hebben jullie gezien dat elk punt van de cirkel een middellijn ziet onder eenrechte hoek.

1. Tekening van de gegevens

We tekenen het gegeven lijnstuk [AB] met een bepaalde lengte die we voorstellendoor 2r.

2. Speciale punten van de meetkundige plaatsWe bekomen een punt van de meetkundige plaats door een willekeurige rechte a tetrekken door het punt A en dan een loodlijn b te trekken door B loodrecht op a.Het snijpunt van a en b is een punt van de meetkundige plaats.

3. Het coordinatenstelselIn de opgave is er sprake van loodrechte stand dus moeten we een orthonormaalcoordinatenstelsel kiezen. We kiezen de oorsprong O in het midden van lijnstuk[AB] (de punten A en B spelen een evenwaardige rol). We leggen de x-as langs hetlijnstuk [AB] en ijken de x-as zo dat A en B resp. de coordinaten (−r, 0) en (r, 0)krijgen. De y-as gaat door O loodrecht op de x-as.

4. De methode Methode I.Het punt P dat de meetkundige plaats m beschrijft, geven we de coordinaat (x1, y1)en we drukken de meetkundige voorwaarde uit. We moeten uitdrukken dat de rechtePA orthogonaal is met rechte PB. Het is voldoende de richtingsvectoren van dezerechten te bepalen en uit te drukken dat hun scalair product gelijk is aan nul.

Richtingsvectoren van ~PA en ~PB zijn resp. (x1 − r, y1) en (x1 + r, y1). De vectorenstaan loodrecht op elkaar als hun scalair product gelijk is aan nul.

P (x1, y1) ∈ m ⇐⇒ ~PA ⊥ ~PB⇐⇒ (x1 − r)(x1 + r) + y2

1 = 0⇐⇒ x2

1 − r2 + y21 = 0

⇐⇒ x21 + y2

1 = r2

5. Interpretatie en tekening van de meetkundige plaats

De meetkundige plaats is een cirkel x2 + y2 = r2 met middelpunt in O en straal r.De meetkundige plaats is dus een cirkel waarvan het lijnstuk [AB] een middellijn is.


Figuur 1.2: meetkundige plaats 2

MEETKUNDIGE PLAATS 2 T.o.v. een orthonormale basis beschouwt men de pun-ten A(0, 0), B(0, 2), C(6, 1) en D(3, 5). Bepaal de meetkundige plaats van de punten Pzodanig dat de oppervlakten van de driehoeken PAB en PCD zich verhouden als |AB| en|CD|.

Oplossing:

1. Tekening van de gegevensWe stellen de gegevens voor t.o.v. de gegeven orthonormale basis.

2. Speciale puntenVoor deze meetkundige plaats is het moeilijk vooraf punten te bepalen.

3. Coordinatenstelsel Het coordinatenstelsel is reeds gegeven.

4. Methode Methode I.Het punt P dat de meetkundige plaats m beschrijft, geven we de coordinaat (x1, y1)en we drukken de meetkundige voorwaarde uit.

De verhouding van de oppervlakten van driehoeken PAB en PCD is gelijk aan deverhouding van hun basissen |AB| en |CD| op voorwaarde dat ze gelijke hoogtenhebben. Het punt P is dus een punt van de meetkundige plaats op voorwaarde


dat P op gelijke afstand ligt van de rechten AB en CD. De meetkundige plaats isdus de unie van de bissectrices van het rechtenpaar {AB,CD}. Een richtingsvectorvan de rechte CD is (3 − 6, 5 − 1) = (−3, 4). De vergelijking van de rechte CD is4(x− 6) + 3(y − 1) = 0 of 4x+ 3y − 27 = 0.

P (x1, y1) ∈ m ⇐⇒ d(P,AB) = d(P,CD)

⇐⇒ |x1| = |4x1+3y1−27|√16+9

⇐⇒ 5x1 = 4x1 + 3y1 − 27 ∨ 5x1 = −4x1 − 3y1 + 27⇐⇒ x1 − 3y1 + 27 = 0 ∨ 9x1 + 3y1 − 27 = 0

De bissectices zijn de rechten met vergelijkingen: x−3y+27 = 0 en 9x+3y−27 = 0.

5. Interpretatie en tekening van de meetkundige plaats De meetkundige plaats is deunie van twee rechten die we gemakkelijk kunnen construeren. Dit laat ons toe deresultaten van de berekeningen te controleren.


MEETKUNDIGE PLAATS 3 Bepaal de meetkundige plaats van de punten P waar-voor de som van de kwadraten van de afstanden tot twee vaste punten A en B de constantewaarde k2 heeft.


Oplossing:


We tekenen een lijnstuk met een bepaalde lengte k, alsook een lijnstuk [AB] waarvanwe de lengte gelijkstellen aan 2a.

2. Speciale punten Voor deze meetkundige plaats is het moeilijk reeds een paar puntente bepalen.

3. Coordinatenstelsel Omdat er sprake is van afstanden, moeten we een orthonormalebasis kiezen. We kiezen de x-as langs de rechte AB, de oorsprong O in het middenvan [AB] en de y-as door O loodrecht op de x-as. We nemen de ijk op de x-as zodat de coordinaten van A en B resp. (−a, 0) en (a, 0).

4. Methode Methode I.Het punt P dat de meetkundige plaats m beschrijft, geven we de coordinaat (x1, y1)


en we drukken de meetkundige voorwaarde uit.

P (x1, y1) ∈ m ⇐⇒ |PA|2 + |PB|2 = k2

⇐⇒ (x1 − a)2 + y21 + (x1 + a)2 + y2

1 = k2

⇐⇒ 2x21 + 2y2

1 + 2a2 = k2

⇐⇒ x21 + y2

1 = k2

2− a2

5. Interpretatie De meetkundige plaats is een kromme met vergelijking

x2 + y2 =k2

2− a2

Deze vergelijking stelt een cirkel voor met middelpunt in O en straal√

k2

2− a2 =

12(√

2k2 − 4a2). De gegevens moeten dus van die aard zijn dat de 4a2 < 2k2 ⇐⇒(2a)2 < (

√2k)2 =⇒ 2a <

√2k.

6. Tekening van de meetkundige plaatsOm de straal van de cirkel te construeren, tekenen we een rechthoekige driehoekmet schuine zijde

√2k en rechthoekszijde 2a, die de lengte is van het lijnstuk [AB].

De andere rechthoekszijde is de straal van de cirkel. Met CABRI kunnen goedzien vanaf wanneer we geen cirkel meer krijgen als we de lengte van de lijnstukkenveranderen.

Dankzij de eigenschap 1.1 van een zwaartelijn van een driehoek kunnen we de meetkundigeplaats herleiden tot de cirkel als meetkundige plaats van de punten die op gelijke afstandliggen van een vast punt.

In driehoek PAB is M het midden van [AB] en er geldt:

|PA|2 + |PB|2 = 2|PM |2 +1

2|AB|2

m

|PM |2 =k2

2− 1

4|AB|2

m

|PM | = 1

2

√2k2 − |AB|2.

De afstand van M tot P is constant, dus beschrijft P een cirkel met middelpunt M enstraal 1

2

√2k2 − |AB|2 met k >

√2

2|AB|.


MEETKUNDIGE PLAATS 4 Bepaal de meetkundige plaats van de punten waarvoorhet verschil van de kwadraten van de afstanden tot twee gegeven punten A en B de con-stante waarde k2 is.


TAAK ♣ 4 Zoek deze meetkundige plaats met methode I.

Oplossing:


2. Speciale punten


3. Coordinatenstelsel

4. Methode

5. Interpretatie

6. Tekening van de meetkundige plaats

Omwille van een eigenschap 1.2 kunnen we de meetkundige plaats op een eenvoudige wijzeherleiden tot en gekende meetkundige plaats.

In driehoek PAB is M het midden van [AB], P ′ de projectie van P op de zijlijn AB. De

cosinusregel in de rechthoekige driehoek MPP ′ geeft cosα = |MP ′||MP | waarbij α de hoek is

in M .In driehoek PAB geldt:

|PA|2 − |PB|2 = 2 ~AB. ~MP = 2|AB| · |MP | cosα = 2|AB| · |MP ′| = 2 ~AB. ~MP ′

Hieruit volgt

~AB. ~MP ′ =k2

2⇐⇒ ~MP ′.

~AB

2=k2

4⇐⇒ ~MP ′. ~AM =

k2

4

Uit dit laatste volgt dat k2

middelevenredig is tussen |MP ′| en |AM |. Hieruit volgt datP ′ een vast punt is op de zijlijn AB. Het punt P ligt dus op de loodlijn door P ′ op AB.Om P ′ te construeren, trekken we door M de loodlijn op AB en passen hierop |MC| = k

2

af. De loodlijn in C op AC snijdt AB in P ′. (De lengte van de hoogtelijn op de schuinezijde van een rechthoekige driehoek is middelevenredig tussen de lengten van de stukkenwaarin ze de schuine zijde verdeelt of het kwadraat van de lengte van de hoogte op deschuine zijde is gelijk aan het product van de lengten van de stukken waarin ze de schuinezijde verdeelt).

Deze beschouwing geldt voor een strikt positief constant verschil k2. Het punt P ′ ligt opde halfrechte ]MB tussen A en M .


MEETKUNDIGE PLAATS 5 Bepaal de meetkundige plaats van de punten waarvoorde afstand tot een vast punt A gelijk is aan tweemaal de afstand tot een vast punt B.


Oplossing:

1. Tekening van de gegevens We tekenen een lijnstuk [AB] met een bepaalde lengte2a

2. Speciale punten Er zijn twee punten C en D op de rechte AB waarvoor de verhou-

ding van |PA| en |PB| gelijk is aan 2. Het ene punt C ligt binnen het lijnstuk [AB]het ander punt D ligt erbuiten. Om deze punten te tekenen, delen we het lijnstukin drie gelijke delen. Het punt C ligt dan op 2 derden van A en 1 derde van B. Hetpunt D ligt aan de kant van B op een afstand van B gelijk aan de lengte |AB|.

3. Coordinatenstelsel We moeten een orthonormale basis kiezen omdat er in de opgavesprake is van afstanden. Omdat C en D dezelfde rol spelen, kiezen we de oorsprongin het midden van het lijnstuk [CD]. De x-as leggen we langs de rechte AB ende y-as door O loodrecht op AB. We kiezen de ijk op x-as zo dat de absis van Dnegatief is. We noemen a , b, c en d de absissen van resp. A, B, C en D.Er geldt:

~CA = −2 ~CB en ~DA = 2 ~DB


De volgende betrekkingen gelden tussen a, b, c en d:a− c = −2(b− c)a− d = 2(b− d)c+ d = 0

Het stelsel gaat over in een gelijkwaardig stelsel als we de eerste twee vergelijkingeneens lid aan lid van elkaar aftrekken en eens lid aan lid bij elkaar optellen.

2a = 2(c− d)c− d = 4bc+ d = 0

ma = 4bc− d = 4bc+ d = 0

ma = 4bc = 2bc+ d = 0

4. Methode Methode I.Het punt P dat de meetkundige plaats m beschrijft, geven we de coordinaat (x1, y1)en we drukken de meetkundige voorwaarde uit.

P (x1, y1) ∈ m ⇐⇒ |PA||PB| = 2

⇐⇒ |PA|2 = 4|PB|2⇐⇒ (x1 − a)2 + y2

1 = 4((x1 − b)2 + y21)

⇐⇒ 3x21 + 3y2

1 + 2(a− 4b)x1 + 4b2 − a2 = 0⇐⇒ 3x2

1 + 3y21 − 12b2 = 0

⇐⇒ x21 + y2

1 = 4b2

5. Interpretatie en tekening van de meetkundige plaats

De meetkundige plaats is en cirkel x2 + y2 = (2b)2 met middelpunt in O en straal2b. We kunnen gemakkelijk controleren of de cirkel gaat door de punten C en D.


MEETKUNDIGE PLAATS 6 Bepaal de meetkundige plaats van de punten waarvoorde verhouding van de afstanden tot twee gegeven punten A en B de constante waarde kheeft.


Oplossing:


We tekenen eerst een willekeurige driehoek PAB. De verhouding van de zijden |PA|en |PB| is dan gelijk is aan een bepaalde waarde k.

2. Speciale puntenWe weten dat in een driehoek PAB de binnenbissectrice resp. de buitenbissectricevan de hoek in P de overstaande zijde [AB] inwendig resp. uitwendig verdeelt instukken die zich verhouden als de aanliggende zijden |PA| en |PB|. We construerende bissectrices van de rechten PA en PB. De snijpunten van deze bissectrices metde zijde AB levert de punten C en D op (zie tekening 1.6). Er geldt:

|CA||CB|

=|DA||DB|

=|PA||PB|

= k.

C en D zijn twee speciale punten van de meetkundige plaats.


3. CoordinatenstelselWe kiezen het coordinatenstelsel zoals bij de meetkundige plaats 5.

4. Methode

TAAK ♣ 5 Deze meetkundige plaats is een veralgemening van de meetkundigeplaats 5. Bepaal de vergelijking van deze meetkundige plaats.

Maak hier de berekeningen op analoge wijze als voor de meetkundige plaats 5:

5. Interpretatie


We kunnen meetkundig bewijzen dat de meetkundige plaats de cirkel is waarvan [CD]een middellijn is.Aangezien P het snijpunt is van de bissectrices en de bissectrices loodrecht op elkaar staanis het punt P gelegen op de cirkel met [CD] als middellijn. We moeten nu aantonen datelk punt Q van de cirkel met [CD] als middellijn een punt is van de meetkundige plaats,m.a.w. dat de rechte QC en QD de bissectrices zijn van het rechtenpaar {AQ,BQ}.Daartoe construeren we de loodlijn in C op QC, die QA en QB snijden resp. in K enL. In de gelijkvormige driehoeken ADQ en ACK enerzijds, en driehoeken BCL en BDQanderzijds, gelden de evenredigheden:

|CK||DQ|

=|CA||DA|

en|CL||DQ|

=|CB||DB|

Rekening houdend met |CA||CB| = |DA||DB| volgt hieruit dat |KC| = |CL|.

De rechte QC is middelloodlijn van [KL] en dus ook bissectrice van het rechtenpaar{QK,QL}. De meetkundige plaats is dus de cirkel met [CD] als middellijn. We noemende meetkundige plaats de cirkel van Apollonius bij het lijnstuk [AB] en de verhoudingk.


MEETKUNDIGE PLAATS 7 Gegeven is een vast parallellogram ABCD en een ver-anderlijk punt P . De evenwijdige met BC door P snijdt AB in Q en de evenwijdige metAB door P snijdt BC in R. Bepaal de meetkundige plaats van P als QR parallel is metde diagonaal AC.


Oplossing:

1. Speciale puntenAls de rechte QR samenvalt met AC dan valt het punt P in D. Q en R kunnnenook samenvallen in B. Het punt P valt dan in B. De punten D en B zijn specialepunten van de meetkundige plaats.

2. CoordinatenstelselIn de opgave is geen sprake van loodrechte stand of afstand. We zijn dus niet ver-plicht een orthonormale basis te kiezen. We kiezen een affien coordinatenstelselwaarbij we de oorsprong kiezen in B, de x-as en de y-as leggen langs resp. de speci-ale zijden BA en BC van het parallellogram ABCD. De punten A, C en D krijgenresp. de coordinaten (1, 0), (0, 1), (1, 1).

3. Methode Methode I.Het punt P dat de meetkundige plaats beschrijft, geven we de coordinaat (x1, y1).


De richtingscoefficient van AC is gelijk aan −1. De coordinaten van Q en R zijnresp. (x1, 0) en (0, y1).We drukken de meetkundige voorwaarde uit.

RQ ‖ AC ⇐⇒ −y1

x1

= −1.

4. InterpretatieDe meetkundige plaats is de rechte met vergelijking y = x di. de andere diagonaalBD van het parallellogram.

5. Tekening

MEETKUNDIGE PLAATS 8 Van een driehoek ABC met zwaartelijn AM zijn dehoekpunten A en B vast en is |AM | = r constant. Bepaal de meetkundige plaats van hethoekpunt C.

Oplossing:

1. Speciale punten

Als M ∈ AB dan C ∈ AB zodat ~CM = ~MB.

2. CoordinatenstelselIn de opgave is sprake van afstand. We zijn dus verplicht een orthonormale basis tekiezen. We kiezen de oorsprong in A, de x-as langs AB en de y-as door A loodrechtop AB. De punten A en B krijgen resp. de coordinaten (0, 0) en (b, 0). Omdat Mhet midden is van [CB] is de coordinaat van M(x+b

2, y

2).


3. Methode Methode I.Het punt C dat de meetkundige plaats beschrijft, geven we de coordinaat (x, y). Wedrukken de meetkundige voorwaarde uit.

C ∈ m⇐⇒ |AM | = r ⇐⇒ |AM |2 = r2.

m

C(x, y) ∈ m⇐⇒ (x+ b

2)2 + (

y

2)2 = r2.

m(x+ b)2 + y2 = (2r)2.

4. Interpretatie

De meetkundige plaats is de cirkel met middelpunt (−b, 0) en straal 2r.

5. Tekening

TAAK ♣ 6

T.o.v. een orthonormale basis is een vast punt A gegeven op de x-as. Een veranderlijkpunt P doorloopt de y-as. De loodlijn in P op AP snijdt de x-as in een punt B. Bepaalde meetkundige plaats van het punt M , zo dat P steeds het midden is van het lijnstuk[BM ]. Teken de meetkundige plaats t.o.v. de gegeven orthonormale basis.

MEETKUNDIGE PLAATS 9 De (niet-ontaarde) ellips is de meetkundige plaats vande punten waarvoor de som van de afstanden tot twee gegeven punten F1 en F2 constantis.

Oplossing:


We tekenen de rechte F1F2 en een lijnstuk [AB] met lengte 2a, die de constante somvan de afstanden is. De afstand tussen de punten F1 en F2 noemen we 2c.

2. Speciale puntenOm punten van de meetkundige plaats te construeren, moeten we twee cirkels trek-ken, een cirkel met middelpunt in F1 en een cirkel met middelpunt F2 en waarvande som van de respectieve stralen r1 en r2 gelijk is aan 2a. De cirkels snijden elkaarop voorwaarde dat 2a ≥ 2c. Elk snijpunt van deze twee cirkels levert een punt opvan de meetkundige plaats.Speciale punten van de meetkundige plaats zijn de punten waarvoor



(a) r1 = r2 = aDeze twee punten liggen op de middelloodlijn van [F1F2] en op een afstand avan F1 en F2.

(b) de cirkels raken aan elkaar.Voor de stralen van inwendig rakende cirkels geldt dat de absolute waarde vanhet verschil van de stralen gelijk is aan de afstand tussen de middelpunten.Als de cirkels elkaar uitwendig raken voldoen de stralen r1 en r2 aan de volgendebetrekkingen: {

r1 + r2 = 2a|r1 − r2| = 2c

Hieruit volgt dat {r1 = a+ cr2 = a− c ∨

{r1 = a− cr2 = a+ c

Hieruit volgt dat de grootste straal gelijk is aan a+c en de kleinste straal gelijkaan a − c. Beschouwen we het midden O van het lijnstuk [F1F2] dan liggendeze speciale punten op de rechte F1F2 op een afstand a van O. De afstandtussen deze twee punten is gelijk aan 2a.

3. CoordinatenstelselIn de opgave is sprake van afstand. We zijn dus verplicht een orthonormale basis te


kiezen. De punten F1 en F2 spelen dezelfde rol. We kiezen de oorsprong O in hetmidden van [F1F2], de x-as leggen we langs F1F2 en de y-as langs de middellodlijnvan [F1F2]. De punten F1 en F2 hebben resp. de coordinaten (c, 0) en (−c, 0).


P (x1, y1) ∈ m⇐⇒ |PF1|+ |PF2| = 2a⇐⇒ r1 + r2 = 2a

We kwadrateren beide leden en we krijgen

(r1 + r2)2 = 4a2 ⇐⇒ r2

1 + r22 + 2r1r2 = 4a2

⇐⇒ 2r1r2 = 4a2 − r21 − r2

2

We gaan nog eens beide leden kwadrateren en we krijgen

4r21r

22 = (4a2 − (r2

1 + r22))2

m16a4 − 8a2(r2

1 + r22) + (r2

1 + r22)2 − 4r2

1r22 = 0

m16a4 − 8a2(r2

1 + r22) + (r4

1 + r42 + 2r2

1r22 − 4r2

1r22) = 0

m16a4 − 8a2(r2

1 + r22) + (r4

1 + r42 − 2r2

1r22) = 0

m16a4 − 8a2(r2

1 + r22) + (r2

1 − r22)2 = 0

m16a4 − 8a2((x1 + c)2 + y2

1 + (x1 − c)2 + y21) + ((x1 + c)2 + y2

1 − (x1 − c)2 − y21)2 = 0

m16a4−8a2(2x2

1 +2y21 +2c2)+(4x1c)

2 = 0⇐⇒ 4a4−2a2(2x21 +2y2

1 +2c2)+4x21c

2 = 0

We rangschikken de termen naar x21 en y2

1:

(a2 − c2)x21 + a2y2

1 = a2(a2 − c2)

Daar a ≥ c kunnen we stellen a2 − c2 = b2 en de voorwaarde wordt:

b2x21 + a2y2

1 = a2b2


Bij deze berekeningen moeten we bij de tweede maal dat we kwadrateren, rekeninghouden met de voorwaarde

2a2 − (x21 + y2

1 + c2) ≥ 0

m

x21 + y2

1 ≤ 2a2 − c2

m

x21 + y2

1 ≤ a2 + b2

5. InterpretatieDe meetkundige plaats is de kromme met vergelijking

b2x2 + a2y2 = a2b2

mx2

a2+y2

b2= 1

die we de (niet-ontaarde) ellips noemen. De punten F1 en F2 worden de brand-punten van de ellips genoemd.

6. Tekening Op de tekening kunnen we de betekenis zien van a, b en c. 2a en 2bnoemen we resp. de grote as van de ellips en de kleine as van de ellips. Ergeldt steeds dat a > b. In de limiet als a = b is dan is de ellips een cirkel waarvanhet middelpunt samenvalt met de samenvallende brandpunten (c = 0).

MEETKUNDIGE PLAATS 10 De (niet-ontaarde) hyperbool is de meetkundige plaatsvan de punten waarvoor de absolute waarde van het verschil van de afstanden tot tweegegeven punten F1 en F2 constant is.

TAAK ♣ 7 Bepaal deze meetkundige plaats naar analogie met de meetkundige plaats9


MEETKUNDIGE PLAATS 11 De (niet-ontaarde) parabool is de meetkundige plaatsvan de punten waarvoor de afstand tot een punt gelijk is aan de afstand tot een rechte.


Oplossing:

1. Tekening van de gegevens : We tekenen de rechte d en het punt F , de afstand vanhet punt tot de rechte d noemen we p.

2. Speciale puntenOm punten van de meetkundige plaats te construeren, moeten een cirkel tekenenmet middelpunt F en straal r en een rechte die evenijdig is met d op een afstandr van d. De cirkel snijdt de rechte op voorwaarde dat de straal r groter is dan dehelft van de afstand p. Elk snijpunt van de cirkel en de rechte levert een punt opvan de meetkundige plaats.Een speciaal punt van de meetkundige plaats is het punt waarvoor de rechte raaktaan de cirkel. Dit is het punt dat gelegen is op de loodlijn uit F op d en op eenafstand p/2 van F en van d.

3. Coordinatenstelsel : In de opgave is sprake van afstand. We zijn dus verplicht eenorthonormale basis te kiezen. We kiezen de oorsprong O in het speciaal punt, de


x-as brengen we aan door F loodrecht op d, de y-as langs de loodlijn door O op dex-as. Het punt F heeft de coordinaat (p

2, 0) en de rechte d heeft vergelijking x = −p

2.


P (x1, y1) ∈ m⇐⇒ |PF | = d(P, d)⇐⇒√

(x1 −p

2)2 + y2

1 = x1 +p

2

(x1 −p

2)2 + y2

1 = (x1 +p

2)2 ⇐⇒ (x1 −

p

2)2 − (x1 +

p

2)2 + y2

1 = 0⇐⇒

(x1 −p

2− x1 −

p

2)(x1 −

p

2+ x1 +

p

2) + y2

1 = 0⇐⇒

(−2p

2)(2x1) + y2

1 = 0⇐⇒ −2px1 + y21 = 0

5. Interpretatie : De meetkundige plaats is de kromme met vergelijking

y2 = 2px

die we de (niet-ontaarde) parabool noemen. Het punt F wordt het brandpuntvan de parabool genoemd en d de richtlijn van de parabool.

6. Tekening : Op de tekening kunnen we de betekenis zien van p. Als we door F eenloodlijn trekken op de x-as dan is 2p de koorde van de parabool afgesneden door dieloodlijn. 2p geeft aan hoe breed de parabool is. We noemen 2p de hoofdparametervan de parabool.

OPGAVEN — 8 T.o.v. een orthonormale basis zijn de punten A(−4, 0) en B(0, 3) gegeven. Bepaal demeetkundige plaats van het hoekpunt C van driehoek ABC als de oppervlakte van de driehoek constantis en gelijk aan k2. Kies voor k een waarde en teken de meetkundige plaats.

9 T.o.v. een orthonormale basis zijn de punten A(2, 0) en B(2, 6) gegeven. Bepaal de meetkundigeplaats van het punt P waarvoor |PA|2 − |PB|2 = 50.

10 T.o.v. een orthonormale basis zijn het punt A(4,−2) gegeven alsook de rechte a : 4x − 3y + 5 = 0.Bepaal de meetkundige plaats van het punt P zo dat |PA| = d(P, a).

11 Bepaal de meetkundige plaats van de punten waarvan de som van de kwadraten van de afstanden tottwee gegeven punten A en B gelijk is aan de van de kwadraten van de afstanden tot twee andere gegevenpunten C en D. Tip: kies de x-as door de middens M en N van resp. [AB] en [CD] en de oorsprong inhet midden van [MN ].


12 Bepaal de meetkundige plaats van de punten waarvan de absolute waarde van het verschil van deafstanden tot twee orthogonale rechten gelijk is aan 5.

13 De bovenste twee punten C en D van een rechthoekige kantelpoort ABCD rollen over twee railsCC ′ en DD′. die evenwijdig zijn met het horizontaal vlak van de vloer. De onderste twee punten A en Bvan die poort rollen in twee verticale geleiders AD en BC. Het handvat bevindt zich in het midden vande poort; Welke baan beschrijft het handvat indien de poort kantelt van haar verticale stand tot haarhorizontale stand.

14 T.o.v. een orthonormale basis zijn de punten A(−a, 0) en B(a, 0) gegeven. Bepaal de meetkundigeplaats van het punt P waarvoor |PA| · |PB| = a2. Teken deze meetkundige plaats met de computer. Dekromme die je bekomt, noemt het lemniscaat van Bernoulli.

15 Bepaal de meetkundige plaats van de punten waarvan het verschil van de afstanden tot twee vastesnijdende rechten constant is. (Tip: Kies de bissectrices van de geg. rechten tot x-as en y-as en noem hetverschil van de afstanden k. De rechten hebben dan vergelijking van de gedaante y = ωx en y = −ωx.Ga dan tewerk zoals in oef 12.)

16 Vier punten A, B, C en D zijn gegeven. Bepaal de meetkundige plaats van de punten P waarvoorde oppervlakten van de driehoeken PAB en PCD gelijk zijn. (Kies een willekeurige orthonormale basis,de rechten hebben een vgl ux+vy+w=0.)

17 T.o.v. een affien assenstelsel (x-as niet noodzakelijk loodrecht op y-as) is P (p, 0) een veranderlijkpunt op de x-as en Q(0, q) een veranderlijk punt op de y-as.Bepaal de meetkundige plaats van het zwaartepunt van driehoek OPQ als

1. p+ q = k met k ∈ R;

2. pq = k met k ∈ R;

3. het midden van [PQ] op de vaste rechte ux+ vy = w = 0 ligt.

Voor deze oefening maak je gebruik van het feit dat het zwaartepunt op 1/3 ligt van O op de zwaartelijnen[0P ] en [OQ].

18 Gegeven is een vaste driehoek ABC en een veranderlijk punt P . Men trekt de loodlijn in A op PA,in B op PB en in C op PC. Bepaal de meetkundige plaats van P als de drie loodlijnen concurrent zijn.(veel rekenwerk)

19 Uit een veranderlijk punt P trekt men aan elk van de vaste cirkels c en c′ een raaklijn. De raakpuntenzijn A en A′. Bepaal meetkundige plaats van P als |PA| = |PA′|. Om de berekeningen eenvoudiger temaken, moet eerst meetkundig geredeneerd worden vooraleer aan het rekenen te gaan.

20 Op een vaste rechte a ligt een vast punt A en op de vaste rechte b loodrecht op a ligt een veranderlijkpunt B. Op de evenwijdige met a door B neemt men het punt P zo dat |PB| = |AB|. Bepaal demeetkundige plaats van het punt P .


Oplossingen:8. 3x − 4y + 12 ± 2k2; 9. y = 43

6 ; 10. par.met as ⊥ a : 9x2 + 24xy + 16y2 − 240x + 130y + 475;11. rechte ⊥ MN ; 12. 4 halve rechten ‖ met bissectrices dr de punten van de rechten die op een af-stand 5 van de andere rechte liggen.; 13. kwart cirkel: M=midden v [DC], R =halve hoogte poort;14. (x2 + y2)2 + 2a2(y2 − x2) = 0; 15. 4 halve rechten ‖ met x en y door de 2 punten van de enegegeven rechte die op een afstand k liggen van de andere rechte (dus op elke rechte 2 punten);.16. 2rechten dr het snijpunt vd AB en CD (⊥ op elkaar als |AB| = |CD|; .17. 1.x + y = k/2, 2. x = ky, 3.3ux+ 3vy + 2w = 0, di een rechte parallel met ux+ vy + w = 0; 18. We kiezen de x-as langs AB en dey-as door C loodrecht op AB. We ijken zodanig dat C de coordinaat (0, 1) heeft. De coordinaten vanA en B noemen we resp. (a, 0) en (b, 0). De meetkundige plaats is de cirkel met middelpunt (a+b2 , 1+ab

2 )en straal 1

2

√a2 + b2 + a2b2 + 1, di. de omgeschreven cirkel van driehoek ABC. Dit kan ook meetkundig

beredeneerd worden. Om te tekenen stel a = −1 en b = 2.19. We kiezen de x-as langs de centraal van de twee cirkels, de y-as door het middelpunt van de cirkelc loodrecht op de centraal en het middelpunt van c′ geven we de coordinaat (1, 0). De stralen van decirkels c en c′ zijn resp. R en R′. De meetkundige plaats is de rechte x = R2−R′2+1

2 . Deze rechte wordtde machtlijn van de cirkels genoemd.20. We kiezen De x-as langs a en de y-as langs b. We kiezen de ijk zodanig dat het punt A de coordinaat(1, 0) heeft. De meetkundige plaats is een hyperbool x2 − y2 = 1.

LIN.AL. HUISTAAK 1 1. T.o.v. een affien assenstelsel (x-as niet noodzakelijk lood-recht op y-as) zijn de punten A(2,−3) en B(−4, 1) gegeven. Bepaal de meetkundigeplaats van het punt P zodat de richtingscoefficient van de rechte AP het dubbele isvan de richtingscoefficient van de rechte BP .

2. Een punt A ligt op een afstand a van een rechte r. Een lijnstuk BC met vastelengte 2a, glijdt over r. Wat is de meetkundige plaats van het middelpunt van deomgeschreven cirkel van driehoek ABC?

3. Een lijnstuk, met constante lengte, schuift met zijn eindpunten over de coordinaatassenvan een rechthoekig assenkruis. Bepaal de meetkundige plaats van een bepaald puntvan het lijnstuk.

4. T.o.v. een orthonormale basis doorloopt een punt P de ellips x2

a2 + y2

b2= 1.

P ′ en P ′′ zijn de loodrechte projecties van P op resp. de x-as en de y-as.Bepaal de meetkundige plaats van

(a) het midden van [OP ];

(b) het midden van [P ′P ];

(c) het zwaartepunt van driehoek PP ′P ′′.

5. Bepaal de meetkundige plaats van de zwaartepunten van de driehoeken met dezelfdebasis [BC] en gelijke oppervlakte.


1.2.2 Methode II: methode van de geassocieerde krommen

Deze methode steunt op het principe van de eliminatie van een of meerdere parameters.We illustreren dat met enkele voorbeelden.

• We hernemen de parabool van bladzijde 32We werken t.o.v. het coordinatenstelsel dat we op bladzijde 32 gekozen hebben. Bijdeze methode kiezen we een parameter, dit is een veranderlijk reeel getal die wehechten aan een veranderlijk element uit de opgave. Hier kiezen we afstand van hetpunt P van de meetkundige plaats tot het punt F of tot de rechte d als parameter ennoemen hem r. Een punt P van de meetkundige plaats ligt enerzijds op de cirkel metmiddelpunt F en straal r en anderzijds op de rechte d′ parallel met d en op de afstandr van d (d′ ligt samen met F aan dezelfde kant van d). Geven we aan de parameterr een andere waarde dan verkrijgen we een andere cirkel en een andere rechte enbijgevolg twee andere punten van de meetkundige plaats. De cirkel en de rechte diebehoren bij eenzelfde parameterwaarde noemen we geassocieerde krommen vande meetkundige plaats. Hier zal voor geen enkele waarde van de parameter degeassocieerde krommen oneindig veel gemeenschappelijke punten hebben. Hier zijner hoogstens twee gemeenschappelijke punten per stel geassocieerde krommen.

De gemeenschappelijke punten van geassocieerde krommen leveren punten op van demeetkundige plaats

Het stelsel {(x− p

2)2 + y2 = r2

x = r − p2

is het stelsel geassocieerde krommen.

We zoeken nu de nodige en voldoende voorwaarde waaraan de coordinaat (xo, yo)van een punt moet voldoen opdat het de coordinaat zou zijn van een punt van demeetkundige plaats.

Opdat het punt met coordinaat (xo, yo) een punt zou zijn van de meetkundige plaatsm moet er een parameterwaarde ro bestaan zodat er geldt{

(xo − p2)2 + y2

o = r2o

xo = ro − p2

Dit betekent dat het volgend stelsel oplosbaar is met r als onbekende:{(xo − p

2)2 + y2 = r2

xo = r − p2

⇐⇒{r2 = (xo − p

2)2 + y2

r = p2− xo


De oplossing voor r uit de tweede vergelijking moet voldoen aan de eerste vergelij-king. Er moet dus gelden:

(p

2− xo)2 = (xo −

p

2)2 + y2

m

y2o = 2pxo.

Deze laatste betrekking drukt de nodige en voldoende voorwaarde uit waaraan(xo, yo) moet voldoen opdat er in het stelsel een gemeenschappelijke r-waarde zoubestaan. Dit is dus de nodige en voldoende voorwaarde opdat (xo, yo) de coordinaatzou zijn van een punt van de meetkundige plaats. Bijgevolg is y2 = 2px de vergelij-king van de meetkundige plaats.

De vergelijking van de meetkundige plaats werd bekomen door de parameter r teelimineren uit het stelsel geassocieerde krommen.

De vergelijking y2 = 2px noemen we de eliminant van het stelsel geassocieerdekrommen.

Figuur 1.10: meetkundige plaats 11 met de methode van de geassocieerde krommen


• We hernemen de meetkundige plaats 1.Een punt van de meetkundige plaats wordt bekomen door een rechte m door A tesnijden met een rechte door B loodrecht op m. De geassocieerde krommen zijn dustwee rechten resp. door A en door B loodrecht op elkaar. We kiezen als parameterde richtingscoefficient ω van de veranderlijke rechte m door A. m heeft een verge-lijking van de gedaante y = ω(x − 1). De vergelijking van de rechte m⊥ door Bloodrecht op m is y = − 1

ω(x + 1). Elke waarde van ω levert juist een snijpunt op

van de geassocieerde krommen m en m⊥ dat een punt is van de meetkundige plaats.Het stelsel {

y = ω(x− 1)y = − 1

ω(x+ 1)

⇐⇒{

(x− 1)ω = y−yω = x+ 1

is dus een stelsel geassocieerde krommen met parameter ω. Elimineren we ω uit hetstelsel dan verkrijgen we de vergelijking van de gevraagde meetkundige plaats. Deeliminant is ∣∣∣∣ (x− 1) y

−y x+ 1

∣∣∣∣ = 0⇐⇒ x2 + y2 = 1

De eliminant is de vergelijking van een cirkel met middelpunt in de oorsprong enstraal 1.



Eliminatie van twee parametersHet kan voor de eliminatie soms handiger zijn te werken met twee parameters. Tussen dietwee parameters bestaat dan wel en verband. We moeten dan twee parameters eliminerenuit drie vergelijkingen. Daartoe lossen we de twee parameters op uit het stelsel geasso-cieerde krommen en substitueren deze waarden dan in de betrekking die het verbanduitdrukt tussen de twee parameters. We illustreren met voorbeelden:


MEETKUNDIGE PLAATS 12 T.o.v. een affien coordinatenstelsel zijn gegeven depunten A(0, a) en B(0, b). Op de x-as bewegen de punten Q(q, 0) en R(r, 0) zodanig dat1q

+ 1r

= k, waarbij k een gegeven constante is. Bepaal de meetkundige plaats van hetsnijpunt P van AQ en BR.


Oplossing:


2. Speciale puntenWe onderzoeken of de punten Q en R kunnen samenvallen. Als Q = R dan geldt

1

q+

1

q=

1

k⇐⇒ q =

2

k

Het is dus mogelijk dat Q en R samenvallen. Aangezien de gegeven punten A en Bverschillend verondersteld worden, snijden ze elkaar op de x-as in het punt ( 2

k, 0),

dat een speciaal punt is van de meetkundige plaats. De geassocieerde krommenvallen samen indien Q en R samen vallen in de oorsprong wat onmogelijk is (q 6= 0en r 6= 0).

3. Coordinatenstelsel Dit is gegeven.


4. Methode We kiezen de methode II omdat een punt van de meetkundige plaatsbekomen wordt als snijpunt van twee rechten.

De absissen q en r van de veranderlijke punten van de x-as zijn twee parameters.Deze parameters zijn afhankelijk van elkaar, ze zijn verbonden door de betrekking1q

+ 1r

= k.De geassocieerde krommen zijn de rechten AQ en BR met respectieve vergelijkingen:

x

q+y

a= 1 en

x

r+y

b= 1.

Om de meetkundige plaats te vinden moeten we de parameters q en r eliminerenuit het stelsel:

xq

+ ya

= 1xr

+ yb

= 11q

+ 1r

= k

Hier is het aangewezen 1q

en 1r

uit de eerste twee vergelijkingen op te lossen en tesubstitueren in de derde vergelijking. Zo verkrijgen we:

a− yax

+b− yxb

= k

mx = 0 ∨ kabx+ (a+ b)y = 2ab.

De mogelijkheid x = 0 bekomen we voor de parameterwaarden q = 0 en r = 0.Deze mogelijkheid moet dus uitgesloten worden.

5. InterpretatieDe meetkundige plaats is een rechte, nl. de rechte met vergelijking

kabx+ (a+ b)y = 2ab.

6. Tekening van de meetkundige plaatsWe kunnen de meetkundige plaats tekenen op voorwaarde dat we twee punten ken-nen van de meetkundige plaats. We kennen alvast voor een bepaalde stand van Qen R een punt. We zien aan de vergelijking van de rechte dat het snijpunt met dey-as het punt (0, 2ab

a+b) is, dat onafhankelijk is van de waarde van k. We tekenen de

meetkundige plaats in DERIVE. We kiezen A, B, R en Q zoals op de figuur 1.12op bladzijde 40. We laten DERIVE het punt (0, 2ab

a+b) = (0, 24

11) plotten. Dit punt

verbinden we met het snijpunt van de twee rechten.

De parameter treedt op met goniometrische getallenIn dat geval beschouwen we de twee goniometrische getallen van de parameter als tweeverschillende parameters waartussen een verband bestaat aangegeven door een formulevan de goniometrie. Hiervan volgt een voorbeeld.


MEETKUNDIGE PLAATS 13 In een trapezium ABCD zijn de hoekpunten A en Bvast en zijn de evenwijdige zijden AD en BC veranderlijk met |BC| = p en |AD| = qconstant.Bepaal de meetkundige plaats van

a. het snijpunt van de diagonalen van het trapezium ABCD.

b. het midden van de zijde [CD].


Oplossing:

a. 1. Tekening van de gegevens We tekenen het lijnstuk [AB] en om de bereke-

ningen een weinig te vereenvoudigen nemen we de lengte van [AB] gelijk aan2.

2. Speciale puntenAls punten D en C op de rechte AB vallen dan hebben we geen trapeziummeer. Bovendien vallen de diagonalen samen. De gemeenschapelijke puntenvan deze geassocieerde krommen zijn geen punten van de meetkundige plaatsmaar vormen het singulier parasitisch deel van de meetkundige plaats.

3. CoordinatenstelselWe kiezen de x-as langs AB en de y-as door het midden van [AB] en loodrechtop de x-as. Omdat we de afstand tussen de punten A en B gelijk aan 2 gekozenhebben, hebben de punten A en B resp. de coordinaten (−1, 0) en (1, 0).


4. Methode Methode II: een punt van de meetkundige plaats is het snijpunt vantwee rechten.

(a) Keuze van de parameterOmdat de richting van de evenwijdige rechten AD en BC veranderlijk is,kiezen we als parameter de hoek α die deze rechten insluiten met de posi-tieve x-as.Het stelsel coordinaatgetallen van de punten C(xc, yc) en D(xd, yd), uitge-drukt met de hoek α, is{

xc = p cosα + 1yc = p sinα

en

{xd = q cosα− 1yd = q sinα

(b) Stelsel geassocieerde krommen Het stelsel geassocieerde krommen DB enAC is { x−1

q cosα−2= y

q sinαx+1

p cosα+2= y

p sinα

Dit stelsel is lineair stelsel in twee onbekenden sinα en cosα, die beschouwdworden als twee verschillende parameters en die verbonden zijn door degrondformule

sin2 α + cos2 α = 1.

(c) Singulier deel

De x-as (y = 0) ingeval sinα = 0 en dit is voor de waarden van deparameter α = 0o of α = 180o.

(d) Eliminatie van de parametersWe lossen het stelsel op naar cosα door beide vergelijkingen lid aan liddoor elkaar te delen. Uit een van de vergelijkingen berekenen we dan sinα.We verkrijgen: {

cosα = (q+p)x+p−qpq

sinα = (q+p)ypq

De parameter α is geelimineerd als we de waarden van sinα en cosα in-vullen in de grondformule.(

(q + p)x+ p− q)2

p2q2+

(q + p)2y2

p2q2= 1

We delen in beide termen van het eerste lid teller en noemer door (p+ q)2

We verkrijgen de vergelijking:(x+ p−q

p+q

)2p2q2

(p+q)2

+y2

p2q2

(p+q)2

= 1


m(x− q−p

p+q

)2(pqp+q

)2 +y2(pqp+q

)2 = 1.

5. Interpretatie

De eliminant stelt een cirkel voor met middelpunt ( q−pq+p

, 0) en straal pqp+q

.


b. Voor de meetkundige plaats van het midden gaan we op analoge wijze tewerk. Wekiezen hetzelfde coordinatenstelsel, methode II en dezelfde parameter α.

1. Speciale punten Als punten D en C op de rechte AB vallen dan hebben zeals absis resp. −1 + q en 1 + p in geval α = 0o en −1 − q en 1 − p in gevalα = 180o. Het midden van [CD] heeft dan resp. de absis p+q

2en −p+q

2. Deze

twee punten zijn geen punten van de meetkundige plaats.Als AD en BC loodrecht staan op AB dan ligt het midden van [DC] op dey-as en heeft als ordinaat p+q

2of −p+q

2.

2. Stelsel geassocieerde krommenx = (p+q) cosα

2

y = (p+q) sinα2

sin2 α + cos2 α = 1

3. Eliminaie van de parametersWe elimineren cosα en sinα uit het stelsel: De eliminant is

4x2

(p+ q)2+

4y2

(p+ q)2= 1⇐⇒ x2 + y2 =

(p+ q

2

)2.

4. Interpretatie De meetkundige plaats is een cirkel met de oorsprong als mid-

delpunt en straal p+q2

. We merken op dat de vier speciale punten, punten zijnvan deze cirkel. De punten op de x-as moeten we echter uitsluiten. Zij vormeneen parasitisch deel van de meetkundige plaats. Een parasitisch deel van demeetkundige plaats is een deel van de meetkundige plaats die niet voldoetaan alle meetkundige voorwaarden maar die deel uitmaakt van het resultaatdat we bekomen na algebraısch bepalen van de meetkundige plaats.


MEETKUNDIGE PLAATS 14 T.o.v. een orthonormale basis is het punt A(1, 0) ge-

geven en bewegen de punten B en C op de y-as zodanig dat ~OB. ~OC = 2. In B trekt mende loodlijn op AB, in C de loodlijn op AC. Bepaal de meetkundige plaats van het snijpuntvan deze loodlijnen.


Oplossing:


2. Speciale punten

Naarmate C (B) nadert naar de oorsprong, zal B (C) naderen naar +∞ op de y-as.De loodlijnen op AB en AC naderen tot rechten die parallel zijn met resp. x-as (y-as) en y-as (x-as). De punten B en C kunnen niet samenvallen met de oorsprong.De punten B en C vallen samen als de ordinaat gelijk is aan ±

√2. De rechten AB en

AC vallen samen met de rechte met richtingsvector (1,∓√

2). De loodlijnen vallenbijgevolg ook samen met de rechte x∓

√2(y ∓

√2) = 0⇐⇒ x∓

√2y + 2 = 0. We

krijgen voor deze twee standen van de punten B en C ineens oneindig veel puntenvan de meetkundige plaats. Deze delen van de meetkundige plaats zijn singulieredelen van de meetkundige plaats. Een singulier deel van een meetkundigeplaats is een deel van de meetkundige plaats waarvoor geassocieerde krommensamenvallen of gedeeltelijk samenvallen. Voor een parameterwaarden verkrijgen weineens oneindig veel punten van de meetkundige plaats.


3. Coordinatenstelsel Is reeds gegeven.

4. Methode Methode II: een punt van de meetkundige plaats is het snijpunt van tweerechten.

(a) Keuze van de parameter

We kiezen de ordinaat van B als parameter r. De ordinaat van C is dan 2r.

(b) Stelsel geassocieerde krommen

De vectoren ~BA(1,−r) en ~CA(1,−2r) zijn normaalvectoren van de respectieve

loodlijnen. Het stelsel geassocieerde krommen is

x− r(y − r) = 0x− 2

r(y − 2

r) = 0

mx− ry + r2 = 0x− 2

ry + 4

r2= 0

We rangschikken de vergelijkingen naar r.

r2 − yr + x = 0xr2 − 2yr + 4 = 0

(c) Eliminatie van de parameters

Om r te elimineren vatten we r2 en r op als twee parameters X en Y waartusseneen verband bestaat nl. Y 2 = X.We verkrijgen het stelsel {

X − yY + x = 0xX − 2yY + 4 = 0

i. Als

∣∣∣∣ 1 −yx −2y

∣∣∣∣ 6= 0⇐⇒ y(2− x) 6= 0 is het stelsel een stelsel van Cramer

met een oplossing voor X en Y . De oplossing is{X = 2Y = x+2

y

Deze oplossingen voldoen aan Y 2 = X ⇐⇒(x+2y

)2

= 2 =⇒ 2+x = ±√

2y

Deze vergelijkingen bekomen we voor slechts 2 waarden van de parameterr nl. r2 = 2 ⇐⇒ r =

√2 ∨ r = −

√2. Deze vergelijkingen stellen dus het

singulier deel voor van de meetkundige plaats.


ii. Als

∣∣∣∣ 1 −yx −2y

∣∣∣∣ = 0 ⇐⇒ y(2 − x) = 0 dan heeft het stelsel oneindig

veel oplossingen. Dit betekent dat elke oplossing voor r van de eerstevergelijking ook oplossing is van de tweede vergelijking en dit voor oneindigveel waarden van r. De voorwaarde daartoe is dat x = 2 (y 6= 0).

5. Interpretatie De vergelijkingen 2 +x = ±√

2y zijn de vergelijkingen van het singu-lier deel van de meetkundige plaats. De eigenlijke meetkundige plaats is de rechteevenwijdig met de y-as x = 2.


We kunnen de meetkundige plaats ook vinden op meetkundige wijze. We tekenen ~AB′ =2 ~AB en ~AC ′ = 2 ~AC. Het snijpunt van B′C ′ met de X-as is A′ en ~AA′ = 2 ~AO. Uit~OB. ~OC = 2 volgt ~A′B′. ~A′C ′ = 8. Noemen we a′′ het punt met absis 3 dan geldt:

~A′A. ~A′A′′ = 8.

Het punt A′ heeft de macht 8 t.o.v. de cirkel door de punten C ′, B′, A en A′′. Het middel-punt van deze cirkel is het snijpunt van de middelloodlijnen van de koorden [AB], [AC ′] en[AA′′]. Dit snijpunt is tevens een punt van de meetkundige plaats. De middelpunten vanalle cirkels voor veranderlijke B en C liggen op de middelloodlijn van het vaste lijnstuk[AA′′]. Dit is de rechte door het punt met absis 2 van de x-as en parallel met de y-as. Demeetkundige plaats is de rechte x = 2.


MEETKUNDIGE PLAATS 15 Van een cirkel c beschouwt men twee loodrechte mid-dellijnen x en y. Een veranderlijk punt P van de cirkel wordt loodrecht op x en y gepro-jecteerd. De projecties worden resp. P ′ en P ′′ genoemd. Zoek de meetkundige plaats vanhet midden van [P ′P ′′].


Oplossing:


2. Speciale punten


4. Methode





5. InterpretatieDe meetkundige plaats is een cirkel met middelpunt O en straal gelijk aan de helftvan de straal van de gegeven cirkel.



MEETKUNDIGE PLAATS 16 Gegeven een cirkel c met straal r en een verander-lijke rechte m door een vast punt A. Bepaal de meetkundige plaats van het midden vanhet snijpuntenpaar van m en de cirkel c

a. als het punt A buiten de cirkel ligt;

b. als het punt A op de cirkel ligt.


Oplossing:


2. Speciale punten


4. Methode




(c) Singulier deel

(d) Eliminatie van de parameters

5. Interpretatie


Meetkundige oplossingWe verbinden het middelpunt M van de cirkel met het punt M ′ van de meetkundigeplaats, dit is het midden van de koorde afgesneden door de rechte m. De straal naarhet midden van een koorde staat loodrecht op die koorde. Het punt van de meetkundigeplaats ziet het vaste lijnstuk [MA] onder een rechte hoek. De punten van de meetkundigeplaats liggen dus op een cirkel met middellijn [AM ].


MEETKUNDIGE PLAATS 17 Door het hoekpunt O van een gegeven rechthoek OABCgaan twee veranderlijke rechten OD en OE, die orthogonaal zijn. De rechte OD snijdt dezijlijn AB in D; de rechte OE snijdt de zijlijn BC in E. Bepaal de meetkundige plaatsvan:

a. het midden M van het lijnstuk [DE];

b. de projectie van O op DE.


Oplossing:

a. 1. Tekening van de gegevens

2. Speciale punten


4. Methode





5. Interpretatie


Meetkundige oplossing: Het midden M van het lijnstuk [DE] is het middelpunt vande cirkel door de punten O, B, E en D. De koorde [OB] is vast en gemeenschappelijkvoor alle cirkels bij veranderlijke E en D. De middelpunten van al de cirkels liggendus op de middelloodlijn van het lijnstuk [OB]. De meetkundige plaats van hetmidden M van [ED] is dus de middelloodlijn van [OB].

b. De meetkundige plaats is de rechte AC (diagonaal van de rechthoek OABC). Ditis niet zo eenvoudig meetkundig in te zien. Je kan dit tweede deel met een van deanalytische methodes verifieren.


2. Speciale punten



4. Methode




5. Interpretatie



MEETKUNDIGE PLAATS 18 Door een punt A van een gegeven cirkel (M ; r) trektmen twee veranderlijke rechten p en q die een constante hoek van 45o insluiten. Dierechten snijden de cirkel nog in twee punten P en Q. Bepaal de meetkundige plaats vanhet midden C van het lijnstuk [PQ].


Oplossing: De meetkundige oplossing ligt zo voor de hand dat het tijdverspilling is omde meetkundige plaats nog eens op analytische wijze te zoeken.

Meetkundige oplossing: De omtrekshoek P∧A Q = 45o en de corresponderende middel-

puntshoek P∧M Q = 90o. Hieruit volgt dat |PQ| een vaste waarde heeft, nl. |PQ| =

√2r.

Hieruit volgt dat |MC| =√

22r. De meetkundige plaats van C is een cirkel met middelpunt

M en straal√

22r.


MEETKUNDIGE PLAATS 19 Gegeven twee vaste punten A(a, 0) en B(b, 0) en eenveranderlijk punt C(0, t) in een orthonormale basis. In A trekt men de loodlijn op ACen in B de loodlijn op BC. Bepaal de meetkundige plaats van het snijpunt van dezeloodlijnen.


Oplossing:


2. Speciale punten


4. Methode





(d) Singulier deel

5. Interpretatie


Meetkundige oplossing: De punten A, B, C en P liggen op eenzelfde cirkel met middellijn[CP ]. Het lijnstuk [AB] is een vaste koorde voor alle cirkels bij veranderlijke C. Demiddelpunten van alle cirkels liggen op de middelloodlijn van [AB]. De projectie P ′ vanP op AB is vast voor veranderlijke C. Noemen we M ′ het midden van [AB], dan geldt:

2|CM | = |CP | ⇐⇒ 2|OM ′| = |OP ′|

⇐⇒ 2|OA|+ |OB|

2= |OP ′| ⇐⇒ |OP ′| = |OA|+ |OB|.

De punten P liggen dus op de loodlijn op AB door het punt (a+ b, 0). Deze redenering isgeldig als de twee loodlijnen verschillend zijn. De loodlijnen vallen samen met de X-as alshet punt C het oneigenlijk punt is van de y-as. Voor deze stand van C vinden we ineensoneindig veel punten van de meetkundige plaats. Dit deel van de meetkundige plaats ishet singulier deel van de meetkundige plaats.


MEETKUNDIGE PLAATS 20 Een veranderlijke rechte, loodrecht op de schuine zij-de BC van een rechthoekige driehoek ABC, snijdt de zijlijn AB in een punt D en dezijlijn AC in een punt E. Bepaal de meetkundige plaats van het snijpunt van de rechtenBE en CD.


Oplossing:


2. Speciale punten


4. Methode





5. Interpretatie


Meetkundige oplossing: In driehoek ECB zijn ED en AB hoogtelijnen. De rechte door Cen het snijpunt van de hoogtelijnen ED en AB is tevens een hoogtelijn (de hoogtelijnenin een driehoek zijn concurrent). Hieruit volgt dat de rechte CD loodrecht staat op BE.Het snijpunt van CD en BE ziet [BC] onder een rechte hoek. Het snijpunt ligt dus opde cirkel met middellijn [BC] en dit voor een veranderlijke loodlijn op de schuine zijde.Deze cirkel gaat ook door A, want de driehoek ABC is rechthoekig in A. De meetkundigeplaats is de omgeschreven cirkel van de driehoek ABC.

OPGAVEN — 21 Elimineer de parameter t of a uit de volgende stelsels en geef de meetkundigeinterpretatie.

a.{y − tx = 0x − t = 0 b.

{tx+ 2ty − 3 = 0

(t+ 1)x− y + t = 0 c.{y = x+ ay = (x+ a)2 − 1

22 We beschouwen een vaste cirkel c(M, r) met middellijn [A,B]. Een rechte m verplaatst zich even-wijdig met AB en snijdt de cirkel in de punten D en C zodat ABCD een trapezium vormt. Bepaal demeetkundige plaats van het snijpunt van AD en MC.

23 Elimineer de parameters a en b uit de volgende stelsels en geef een meetkundige interpretatie.

a.

bx + y = aax − z = −bay + bz = 1

b.

ax = 1− bx = a− b

a+ b = 2c.

x− a = kxy = −k(y − b)m2 = a2 + b2


24 Gegeven twee verschillende punten A en B van de x-as. Op de y-as varieren twee punten D en C zo,dat de oorsprong het midden blijft van het lijnstuk [DC]. Zoek de meetkundige plaats van het snijpuntvan BD en AC.

25 Op de x-as beschouwt men de vaste punten A(1, 0) en A′(−1, 0). Op de y-as veranderen de puntenB en C zo, dat de ordinaat van C steeds het dubbele is van die van B. Zoek de meetkundige plaats vanhet snijpunt van AB en A′C.

26 Een veranderlijke evenwijdige met de zijlijn BC van een driehoek ABC snijdt de zijlijnen AB enAC resp. in de punten D en E. De rechte m1 gaat door D en is loodrecht op AB; de rechte m2 gaatdoor E en is loodrecht op AC. Bepaal de meetkundige plaats van het snijpunt van m1 en m2.

27 T.o.v. een orthonormale basis beschouwt men de vaste punten A(a, b), B(c, d) en het veranderlijkpunt C(λ, 0). Door het snijpunt D van de rechte AC met de y-as trekt men de rechte r evenwijdig metAB. De rechte AB is niet evenwijdig met een der coordinaatassen. Bepaal de meetkundige plaats vanhet snijpunt P van de rechte r met de rechte BC.

28 T.o.v. een orthonormale basis zijn de punten A(3, 0) en B(−3, 0) gegeven. Een punt P doorloopt derechte 3x+ 2y − 12 = 0. In de driehoek PAB wordt een vierkant ingeschreven, waarvan een zijde op dedrager van AB ligt. Bepaal de meetkundige plaats van het middelpunt van het vierkant.

29 Op de zijde BC van een vaste driehoek ABC neemt men de punten Q en R zo dat C het midden isvan [QR]. Men verbindt Q met A en R met het midden S van [AC]. Bepaal de meetkundige plaats vanhet snijpunt P van QA en RS.

30 T.o.v. een orthonormale basis zijn de punten A(2, 2) en B(−2, 2) gegeven. Op de y-as neemt meneen veranderlijk punt C. Bepaal de meetkundige plaats van het hoogtepunt van de driehoek ABC.

31 De driehoek ABC is rechthoekig in C. De zijde AB is veranderlijk maar heeft een vaste richting.Buiten de driehoek construeert men de vierkanten CADE en CBFG. Bepaal de meetkundige plaats vanhet snijpunt van AF en BD.

32 T.o.v. een orthonormale basis beschouwt men de kubische parabool y = x3. Om het punt A(1, 1)van deze kromme wentelt een veranderlijke rechte d die de kromme nog snijdt in B en C. Bepaal demeetkundige plaats van het midden van BC.

33 Elimineer θ uit de volgende stelsels

a.{

sinθ + cosθ = pcosecθ − secθ = q

b.{

xcosθ + ysinθ = a−xsinθ + ycosθ = b

c.{

bcos2θ + asin2θ = csinθacos2θ − bsin2θ = ccosθ

d.{x = acosθy = bsinθ

e.{x = r − rsinθy = r − rcosθ f.

{xcosθ = a

y = btgθ


Oplossingen:

24. x = 2aba+b ; 25. x = − 1

3 , x-as als singulier, niet-parasitisch deel voor B = C;26. (b+ c)y + (bc+ a2)x− a2(b+ c) = 0 (x-as langs BC, y-as dr. A ⊥ op BC;27. y = dx

c−a , sing.:y = (b−c)x+ad−bca−c ; 29.

30. De parabool y2 = 2x, gaat door A en B; 31. De rechte door O loodrecht op AB; 32. x = −1/2.33. a. 4(2− p2) = q2(p2 − 1)2;

SUPPLEMENTAIRE OPGAVEN — 34 Elimineer de parameter p uit de volgende stelsels en geefde meetkundige interpretatie.

a.

{x = 1−p2

1+p2

y = p1+p2

b.{

2(y − 2) + px = 02(y2 − x2) + pxy = 0

35 Elimineer de parameters p en q uit de volgende stelsels en geef een meetkundige interpretatie.

a.

1p + 1

q = x

p2 + q2 = yp+ q = y − pq

b.

p2 − 5p+ x = 0p+ q = 2q2 + 3q + x− 6 = 0

36 Gegeven is het vaste punt A(2, 2) en een veranderlijk punt B van de y-as. De rechte die B methet midden van [OA] verbindt, snijdt x in C. Door C trekt men de rechte d parallel met OA. Zoek demeetkundige plaats van het snijpunt van AB en d.

37 Een punt P doorloopt de drager van de zijde AB van een driehoek ABC. De punten Q en R zijnde orthogonale projecties van P op de zijden AC en BC. Bepaal de meetkundige plaats van het middenvan QR.

38 Op de x-as van een orthonormale basis liggen de vaste punten (a, 0) en (b, 0) en op de y-as ligthet veranderlijk punt C(0, k). Men bepaalt de beelden A′ van A en B′ van B door de homothetie metcentrum O en verhouding r. Door A′ trekt men de loodlijn a op CA en door B′ de loodlijn op CB.Bepaal de meetkundige plaats van het snijpunt van a en b.

39 T.o.v. een orthonormale basis zijn de punten A(a, 0) en B(0, b) gegeven. Op de x-as beweegt eenpunt C en op de y-as beweegt een punt D zo dat de lijnstukken [AC] en [BD] dezelfde lengte hebben.Bepaal de meetkundige plaats van het snijpunt van de rechten AD en BC.

40 T.o.v. een orthonormale basis beschouwen we de parabool met vergelijking y = ax2. Een verander-lijke rechte m parallel met de y-as snijdt de parabool in een punt P . Bepaal de meetkundige plaats vanhet snijpunt van m en de loodlijn in de oorsprong op op.

41 T.o.v. een affien coordinatenstelsel gaat een veranderlijke rechte r door een vast punt A(x1, y1). Derechte r snijdt de x-as in B en de y-as in C. De rechte die B verbindt met het midden van het lijnstuk[OA], snijdt de y-as in D. Bepaal de meetkundige plaats van het snijpunt P van de rechte r en deevenwijdige door D aan OA.


42 De basis AB van een trapezium is vast. De opstaande zijden AC en BD zijn veranderlijk zo dat|AC| = 2|BD|. Bepaal de meetkundige plaats van het snijpunt van de opstaande zijden.

43 T.o.v. een orthonormale basis is gegeven de ellips:

x2

a2+y2

b2= 1

De raaklijn t in een punt P aan de ellips snijdt de x-as en de y-as resp. in de punten Q en R. Door Qtrekt men de rechte q parallel met de y-as en door R de rechte r parallel met de x-as. De kruiskrommeis de meetkundige plaats van het snijpunt S van q en r als P de ellips doorloopt.

Oplossingen:

36. x = 2y met x = y als singulier deel; 37. 2(a+ b)(ab+ 1)x+ 2(a2 + b2 + 2a2b2)y = 4a2b2 + (a+ b)2;38. x = r(a+ b); 39. x− y = a− b en x+ y = a+ b met bx+ ay − ab = 0 als singulier deel.40. y = −1/a met x = 0 als singulier deel; 41. y = 2y1

x1x met y = y1

x1x als singulier deel (voor O ∈ r );

42 cirkel van Apollonius met straal 2/3, het middelpunt ligt aan de kant van B op een afstand van A

gelijk aan 4|AB|/3.43 De cartesische vergelijking van de kruiskromme is: a2y2 + b2x2 = x2y2.. De x-as en de y-as zijnsymmetrieassen, de oorsprong is een punt van symmetrie.De kruiskromme gaat door de oorsprong. We snijden de kromme met de rechte y = ωx.De vergelijking in x is: (a2ω2 + b2)x2 − ω2x4 = 0.. De oorsprong is een geısoleerd dubbelpunt (acnode)

1.3 Wiskunde-Cultuur

Apollonius van Perga (Zuidwest-Turkije) is een Grieks wiskundige van ca 260 v. C totca 190 v. C, een jongere tijdgenoot van Eratosthenes en Archimedes. In zijn hoofdwerk de’Conica‘, in acht boeken, vatte hij de resultaten samen van zijn voorgangers Menaechmus,Euclides en Archimedes en gaf een volledigere en algemenere theorie, uitgaande van dedefinitie van kegelsneden als de krommen waarin een vlak een scheve cirkelkegel snijdt.Aan deze krommen gaf Apollonius de naam ellips, parabool en hyperbool, dwz. de de-fecte, aangepaste en overschietende krommen, naar eigenschappen die gelden voor dezekrommen in het euclidisch vlak. Drie van zijn boeken werden in de achste, negende eeuwvertaald in het Arabisch. Dit afschrijven en vertalen heeft menig Grieks werk, dat inhet oorspronkelijk verloren is geraakt, voor ons behouden. Van de Arabische wiskundigeMohammed (9de eeuw) is het woord algebra (Al jabr) afgeleid. Apollonius beoefende ookde astronomie en ontwikkelde de leer der epicykels.

Hoofdstuk 2

Lineaire transformaties

2.1 Reele vectorruimte en deelruimten

We herhalen even het begrip van reele vectorruimte en deelruimte.De structuur R, V,+ is een reele vectorruimte als en slechts als V,+ een commutatievegroep vormt en de vijf eigenschappen van de scalaire vermenigvuldiging (de vermenig-vuldging van een element van V met een reeel getal) geldig zijn.

OPGAVEN — 44 Som zelf de 10 eigenschappen van een reele vectorruimte op.

De structuur R,W,+ is een deelvectorruimte van R, V,+ als en slechts als W ⊂ V enR,W,+ op zichzelf een reele vectorruimte is.De volgende stellingen zijn handig voor de toepassingen:

STELLING 2.1 R,W,+ is een deelruimte van R, V,+ als en slechts als W een niet-ledige deelverzameling is van V en elk lineaire combinatie van twee vectoren van W weereen vector is van W .

Met symbolen:

R,W,+ ≺ R, V,+⇐⇒{1. W ⊂ V ∧W 6= ∅2. ∀r, s ∈ R ∧ ∀ ~w1, ~w2 ∈ W : r ~w1 + s ~w2 ∈ W

63

64 HOOFDSTUK 2. LINEAIRE TRANSFORMATIES

STELLING 2.2 Zijn ~v1, ~v2, · · · ~vm m vectoren van R, V,+ dan vormt de verzameling vanalle mogelijke lineaire combinaties van deze vectoren een deelruimte van R, V,+.Met symbolen:

R, span{~v1, ~v2, · · · ~vm},+ ≺ R, V,+

De dimensie van die deelruimte is gelijk aan het maximum aantal lineair onafhankelijkevectoren die de voortbrengende verzameling {~v1, ~v2, · · · ~vm} bevat.

OPGAVEN — 45 Bewijs de vorige stelling.

De volgende nieuwe begrippen worden toegepast op de talloze voorbeelden van lineairetransformaties van het vlak (vanaf pagina 68) en van de ruimte (vanaf pagina 90). Be-studeer de voorbeelden en grijp telkens terug naar de definities en stellingen die hier nuvolgen.

2.2 Definities

Een lineaire transformatie van een reele vectorruimte R, V,+ is een transformatievan die vectorruimte waarbij het beeld van een lineaire combinatie van vectoren van Vgelijk is aan de lineaire combinatie van de beelden van die vectoren.

Met symbolen:

f : R, V,+ −→ R, V,+ is een lineaire transformatie

⇐⇒ ∀~v, ~w ∈ V, ∀r, s ∈ R : f(r.~v + s.~w) = r.f(~v) + s.f(~w)

Opmerkingen:

• Neem r = 0 en s = 0 dan is f(~o) = ~o.Bij een lineaire transformatie is het beeld van de nulvector steedsde nulvector.Dit betekent dat een transformatie niet lineair is als het beeld van de nulvector nietde nulvector is.

• Bij een lineaire transformatie van V heeft elke vector van V een beeld.

domf = V

2.2. DEFINITIES 65

De kern van een lineaire transformatie van V is de verzameling van vectoren van Vdie op de nulvector van V worden afgebeeld.

Met symbolen:Kerf = {~v ∈ V : f(~v) = ~o}.

Het beeld van een lineaire transformatie van V is de verzameling van de beeldenvan alle vectoren van V .

Met symbolen:f(V ) = Imf = {f(~v) : ~v ∈ V }.

Een lineaire permutatie van een vectorruimte is een lineaire transformatie van dievectorruimte die bijectief is. Dit betekent dat elke vector van de vectorruimte het beeldis van juist een vector van de vectorruimte.

Imf = V en Kerf = {~o}

Een eigenvector van een lineaire transformatie f is een vector verschillend van denulvector die door f afgebeeld wordt op een reeel veelvoud van zichzelf. Dit reeel veelvoudwordt de eigenwaarde behorende bij die eigenvector genoemd.

Met symbolen:~v is een eigenvector vanf ⇐⇒ ~v 6= ~o ∧ f(~v) = λ.~v

met λ de eigenwaarde behorende bij ~v

STELLING 2.3 De verzameling W van alle eigenvectoren behorende bij eenzelfde ei-genwaarde λ en de nulvector vormt een deelruimte van R, V,+.

Gegeven: We beschouwen twee vectoren ~v en ~w van W (~v of ~w kan eventueel de nulvectorzijn).Daarvoor geldt:

f(~v) = λ.~v en f(~w) = λ.~w

.Te bewijzen:

1. W ⊂ V ∧W 6= ∅

2. Elke lineaire combinatie van ~v en ~w is weer een vector van W .

∀(r, s) ∈ R2 : f(r · ~v + s · ~w) = λ · (r · ~v + s · ~w)


Bewijs:

1. De eigenvectoren van f en de nulvector zijn vectoren van V dus is W ⊂ VVolgens het gegeven bestaat er een eigenvector van f met eigenwaarde λ, ook denulvector zit in W . Dus W 6= φ.

2.

∀r, s ∈ R : f(r · ~v + s · ~w)(1)= r · f(~v) + s · f(~w)

(2)= r · (λ.~v) + s · (λ.~w)

(3)= (rλ) · ~v + (sλ) · ~w (4)

= (λr).~v + (λs) · ~w (5)= λ · (r · ~v) + λ · (s · ~w)

Hieruit volgt dat voor elk koppel reele getallen (r, s)), geldt dat r · ~v + s · ~w eeneigenvector is met eigenwaarde λ of de nulvector is en dus behoort tot W . �

We noemen R,W,+ de eigenruimte behorende bij de eigenwaarde λ.

OPGAVEN — 46 Verklaar zelf in het bewijs de overgangen (1), (2), ...met definities en eigenschappen.

GEVOLG 2.1 Is ~v een eigenvector met eigenwaarde λ dan is elk reeel veelvoud, ver-schillend van nul, van ~v ook een eigenvector met dezelfde eigenwaarde λ.

Opmerking: Bevat de kern van een lineaire transformatie f niet enkel de nulvector danbevat de kern van f alle eigenvectoren met eigenwaarde nul.De kern is dan de eigenruimte behorende bij de eigenwaarde nul.

R,Kerf,+ ≺ R, V,+

Hieruit volgt dat een lineaire permutaties nooit de eigenwaarde nul heeft of m.a.w. heefteen lineaire transformatie de eigenwaarde nul dan is lineaire transformatie geen lineairepermutatie.

2.2. DEFINITIES 67

OPGAVEN — 47 We hebben gezien dat als een lineaire transformatie een permutatie is kerf = {~o}.Toon nu zelf het omgekeerde aan dat als kerf = {~o} de lineaire transformatie f een lineaire permutatieis.

STELLING 2.4 Twee eigenvectoren ~v1 en ~v2 behorende bij twee verschillende eigen-waarden resp. λ1 en λ2 zijn lineair onafhankelijk.

Bewijs: Onderstel dat de vectoren lineair afhankelijk zijn dan is de ene een veelvoudvan de andere (vermits ze allebei verschillend zijn van de nulvector). Uit het gevolg vanvoorgaande stelling volgt dan dat ze beide dezelfde eigenwaarde hebben.

Let op: Het omgekeerde van deze stelling is niet geldig. Twee lineair onafhankelijke ei-genvectoren behoren niet noodzakelijk bij twee verschillende eigenwaarden. Bijvoorbeeld,bij een homothetie van de ruimte (of het vlak) behoren alle vectoren van de ruimte (ofhet vlak) bij eenzelfde eigenwaarde. �

STELLING 2.5 Een lineaire transformatie van een n-dimensionale vectorruimte R, V,+is volledig bepaald door de beelden van n lineair onafhankelijke vectoren ~vi van R, V,+(i ∈ {1, · · ·n}).

Bewijs: We beschouwen een willekeurige vector ~v van R, V,+ en tonen aan dat zijn beeldbepaald is door de beelden van ~vi.Omdat n lineaire onafhanklijke vectoren van een n-dimensionale vectorruimte R, V,+ eenbasis vormen voor R, V,+ en dus ook voortbrengend zijn, geldt:

∀~v ∈ V, ∃!(x1, x2, · · · , xn) ∈ Rn : ~v =n∑i=1

xi · ~vi

Omdat f lineair is, is het beeld van ~v te schrijven als lineaire combinatie van de beeldenvan ~vi:

f(~v) = f(n∑i=1

xi · ~vi) =n∑i=1

xi · f(~vi)

Gevolgen: De beeldverzameling is de ruimte voortgebracht door de beelden van n onaf-hankelijke vectoren van V .

Imf = span{f(~v1), f(~v2), · · · , f( ~vn)}R, Imf,+ ≺ V,+

De dimensie van Imf is gelijk aan het maximum aantal lineair onafhankelijke vectoren inde verzameling {f(~v1), f(~v2), · · · , f( ~vn)}.


2.3 Lineaire transformaties van het vlak ΠO

2.3.1 Transformatieformules en geassocieerde matrix

We kiezen een basis (~e1, ~e2) in het vectorvlak ΠO.Volgens stelling 2.5 is de lineaire transformatie volledig bepaald door de beelden van delineair onafhankelijke vectoren ~e1 en ~e2.

f(~e1) =

[a11

a12

]en f(~e2) =

[a21

a22

]We beschouwen een vector ~v en zijn beeld f(~v):

~v =

[xy

]en f(~v) =

[x′

y′

]∀~v ∈ ΠO : ~v = x~e1 + y~e2

Omdat f lineair is, geldt

∀~v ∈ ΠO : f(~v) = f(x~e1 + y~e2)= xf(~e1) + yf(~e2)

We vervangen de vectoren door hun coordinaten:[x′

y′

]= x

[a11

a12

]+ y

[a21

a22

]⇐⇒

[x′

y′

]=

[a11 a21

a12 a22

].

[xy

]In verkorte matrixgedaante:

X ′ = F ·X of Y = F ·X

De laatste formule doet ons denken aan de lineaire reele functie y = ax.

Dit zijn de de zogenaamde transformatieformules die het verband uitdrukken tussende coordinaat (x, y) van een punt P en de coordinaat (x′, y′) van zijn beeld P ′.

In de matrix

F =

[a11 a21

a12 a22

]is de eerste kolomvector het beeld van de eerste basisvector en de tweede kolomvector hetbeeld van de tweede basisvector.

F ·[

10

]=

[a11

a12

]en F ·

[01

]=

[a21

a22

]

2.3. LINEAIRE TRANSFORMATIES VAN HET VLAK ΠO 69

De matrix F wordt de geassocieerde matrix van de lineaire transformatie genoemd.De geassocieerde matrix van een lineaire transformatie van het vlak is een vierkante ma-trix van de orde 2.

1. Zijn de beelden van de basisvectoren twee lineair onafhankelijke vectoren dan isF niet-singulier en dan is detF 6= 0. In dit geval is de transformatie een lineairepermutatie. Hieruit volgt:

de inverse matrix F−1 van de geassocieerde matrix F van f bestaat enis de geassocieerde matrix van de inverse lineaire transformatie f−1 (zielater van pagina 103 tot pagina 105).

de transformatieformules voor f zijn Y = F ·X ⇐⇒ X = F−1 · Yde transformatieformules voor f−1 zijn Y = F−1 ·X

Kerf = {~o} en Imf = ΠO

2. Zijn de beelden van de basisvectoren lineair afhankelijk dan is F een singulierematrix en is detF = 0.

(a) Als rangF = 1 dan isKerf = aO en Imf = bO

(b) Als rangF = 0 dan is

Kerf = ΠO en Imf = {~o}

In dit geval is de matrix F de nulmatrix en wordt f de nultransformatiegenoemd.

OPGAVEN — 48 Gegeven: een lineaire transformatie f van het vlak ΠO met matrix F .

(i) Bereken het beeld van het punt P (2, 12 ) en controleer dat door het beeld te construeren steunend

op het feit dat de transformatie lineair is;

(ii) Bepaal de plaatsvectoren van het (de) punt(en) waarvoor Q(−2,−√

2) het beeld is.

(ii) Bepaal Kerf en Imf , alsook hun dimensies.

(iii) Bepaal het beeld van de rechte 2x− y + 5 = 0

a. F =[

1 3−1 2

]b. F =

[ √2√

31

√6

2

]

49 Bepaal de matrix van de lineaire transformatie die de punten P (2, 1) en Q(1, 3) afbeelden op resp.P ′(3,−1) en Q′(−1, 2).


50 Voor welke waarde van a ∈ R is de lineaire afbeelding met matrix[a− 1 aa2 − 1 a2 − a

]een bijectie?

51 Gegeven zijn twee lineair onafhankelijke vectoren ~a en ~b in het vlak ΠO. Zij ~p een onbekende vector,waarvoor we weten dat de lineaire transformatie die ~a op ~b en ~p op ~p+~a afbeeldt niet bijectief is. Bepaalalle mogelijke vectoren van het vlak ΠO die hetzelfde beeld hebben als die vector ~p. Bewijs tevens dat dezevectoren plaatsvectoren zijn van de punten van een rechte waarvan de kern van de lineaire transforrmatiede richtingsruimte is.

52 Van een lineaire transformatie in ΠO is gegeven dat haar beeldruimte een deelruimte is van haarkern. Bewijs dat de som van de diagonaalelementen van de geassocieerde matrix ten opzichte van eenwillekeurige basis 0 is.

Oplossingen:48 a. f(P ) = (7

2 ,−1); f−1(P ) = (−4+3√

25 ,− 2+

√2

5 ); Kerf = ~o, Imf = ΠO; 3x− 7y + 25 = 0b. f(P ) = (3, 7; 2, 6); de plaatsvectoren van de punten van de rechte

√2x+√

3y = −2; Kerf :√

2x+√

3y =0, Imf : x−

√2y = 0; x−

√2y = 0.

49 F =[

2 −1−1 1

]. 50 a 6= 1 ∧ a 6= 0.

LIN.AL. HUISTAAK 2 1. Gegeven de lineaire transformatie f : ΠO ←→ ΠO : ~v 7→f(~v) met {

f(~e1) = 2~e1 + 13~e2

f(~e2) = 3~e1 + 2~e2

(a) Geef de geassocieerde matrix F van f en de overgangsformules;

(b) Is f injectief, surjectief, bijectief?

(c) Bereken de coordinaat van het beeld van (−1, 1/2) en constructeer het beelddoor te steunen op het feit dat f lineair is;

(d) Bereken de coordinaat van het beeld van (3, 1). Wat merk je op? Welk soortvector is (3, 1) voor f?

(e) Bepaal de vectoren die op zichzelf worden afgebeeld;

(f) Bepaal een vergelijking van het beeld van de rechte x− 2y + 2 = 0;

(g) de vergelijkingen van Ker(f) en Im(f) in ΠO;

(h) Welke punt wordt afgebeeld op (3, 9)?

2. Bepaal de matrix van de lineaire transformatie die de punten P (2, 3) en Q(−2, 1)afbeelden op resp. P ′(2, 0) en Q′(−3, 0).


2.3.2 Affiene lineaire transformaties

Bij de studie van de reele functies hebben we gezien hoe we de grafieken kunnen trans-formeren door verschuivingen, spiegelingen om rechten, puntspiegelingen, homothetien enuitrekkingen (inkrimpingen) uit te voeren. We onderzochten tevens de invloed daarvanop het voorschrift van een functie. Voor lineaire transformaties geldt de eigenschap dathet beeld van de nulvector steeds de nulvector is. Zo zal een verschuiving over een vectordie niet de nulvector is geen lineaire transformatie zijn. Spiegelingen om vectorrechten,de puntspiegeling om O, de homothetien met centrum O, de uitrekkingen (inkrimpingen)met centrum O en de parallelprojecties op een vectorrechte zijn voorbeelden van lineairetransformaties van het vlak.

2.3.2.1 Lineaire spiegelingen

Bij een spiegeling om een vectorrechte of een lineaire spiegeling is het beeld van een basiseen stel lineair onafhankelijke vectoren. De geassocieerde matrix is bij een spiegeling steedsniet singulier. Daaruit volgt dat voor elke spiegeling geldt:

de spiegeling om een vectorrechte is een lineaire permutatie.

Kerf = {~o} en Imf = ΠO

de inverse transformatie van de spiegeling is de spiegeling zelf. De matrix vaneen spiegeling is gelijk aan zijn inverse matrix.

De spiegelas is de eigenruimte met eigenwaarde 1De vectorrechte van de spiegelrichting is de eigenruimte met eigenwaarde −1.

Voorbeelden:

• Spiegeling om de y-as volgens de richting van de x-as.

– Eigenwaarden en eigenvectoren

∗ De vectoren van de x-as worden afgebeeld op hun tegengestelde vector.Bijgevolg zijn de vectoren van de x-as eigenvectoren met eigenwaarde −1.

∗ De vectoren van de y-as worden afgebeeld op zichzelf. Bijgevolg zijn devectoren van de y-as eigenvectoren met eigenwaarde 1.

– TransformatieformulesVan de analyse kennen we de spiegeling om de y-as volgens de richting van dex-as.De transformatieformules zijn


{x′ = −xy′ = y

⇐⇒{x′ = −x+ 0yy′ = 0x+ y

De transformatieformules in matrixgedaante:[x′

y′

]=

[−1 00 1

].

[xy

]. (2.1)

De geassocieerde matrix van deze spiegeling is F =

[−1 00 1

].

De beelden van de basisvectoren:

F ·[

10

]=

[−10

]en F ·

[01

]=

[01

]

– De inverse transformatie wordt bepaald door inverse matrix:

F−1 =1

−1

[1 00 −1

]=

[−1 00 1

]= F

De matrix van de spiegeling is dus gelijk aan zijn inverse.

– Beeld van een figuurBepaal het beeld van de rechte 2x − 3y = 6 onder een spiegeling om de y-asvolgens de richting van de x-as.We passen de transformatieformules toe op de vergelijking:

2(−x′)− 3y′ = 6

Het beeld is de rechte met vergelijking

−2x− 3y = 6

OPGAVEN — 53 Bestudeer op analoge wijze de spiegeling om de x-as volgens de richting vande y-as. Bepaal de vergelijking van het beeld van de parabool y = 0, 5(3x− 2)(4x+ 9) onder dezespiegeling Maak een tekening.

• Spiegeling om de rechte y = x volgens de richting van de rechte y = −x.

– Eigenwaarden en eigenvectoren


Figuur 2.1: beeld van de rechte 2x− 3y = 6 voor spiegeling om de y-as

∗ De vectoren van de rechte y = −x worden afgebeeld op hun tegengestel-de vector. Bijgevolg zijn de vectoren van deze rechte eigenvectoren meteigenwaarde −1.

∗ De vectoren van de y = x worden afgebeeld op zichzelf. Bijgevolg zijn devectoren van deze rechte eigenvectoren met eigenwaarde 1.

– TransformatieformulesVan de analyse kennen we deze spiegeling.De transformatieformules zijn{

x′ = yy′ = x

⇐⇒{x′ = 0x+ yy′ = x+ 0y

De transformatieformules in matrixgedaante:[x′

y′

]=

[0 11 0

].

[xy

]. (2.2)

De geassocieerde matrix van deze spiegeling is F =

[0 11 0

].

De beelden van de basisvectoren:

F ·[

10

]=

[01

]en F ·

[01

]=

[10

]– Beeld van een figuur

Bepaal de vergelijking van het beeld van de parabool y = (2x−1)(x+5) onderde spiegeling om de rechte y = x volgens de richting van de rechte y = −x.We passen de transformatieformules toe op de vergelijking:

x′ = (2y′ − 1)(y′ + 5)

Het beeld is de parabool met vergelijking

2y2 + 9y − x− 5 = 0


Figuur 2.2: beeld van y = (2x− 1)(x+ 5) voor spiegeling om de rechte x = y

OPGAVEN — 54 Bepaal de vergelijking van het beeld van de hyperbool y = 1x onder de

spiegeling om de rechte y = x volgens de richting van de rechte y = −x. Wat merk je op?

55 Bepaal de vergelijking van het beeld van de parabool y = 0, 5x2−x+1, 5 onder een spiegelingom de y = x volgens de richting van de y = −x. Maak een tekening.

• Spiegeling om de rechte y = 2x volgens de richting van de rechte y = −3x

– TransformatieformulesHier kennen we de transformatieformules niet. We kennen echter wel de beeldenvan twee lineair onafhankelijke vectoren, nl. van de eigenvectoren van dezespiegeling. Bij deze spiegeling is de rechte y = 2x de eigenruimte behorendebij de eigenwaarde 1 en y = −3x de eigenruimte behorende bij de eigenwaarde−1.Noemen we F de geassocieerde matrix van deze spiegeling dan geldt voor debeelden van de twee lineair onafhankelijke eigenvectoren (1, 2) en (1,−3) (wantze behoren bij 2 verschillende eigenwaarden):

F

[12

]=

[12

]en F

[1−3

]= −

[1−3

]De twee voorgaande matriciele betrekkingen kunnen samengevat worden in eenmatriciele betrekking waaruit we F kunnen berekenen.

F

[1 12 −3

]=

[1 −12 3

]⇐⇒ F =

[1 −12 3

]· 1

−5

[−3 −1−2 1

]=

[15

25

125−1

5

]De matrix van deze spiegeling is een niet-singuliere matrix met determinant −1en is de inverse van zichzelf. Ter controle maak je zelf nog even de berekening.

– Beeld van een figuurStel dat we werken t.o.v. een orthonormale basis dan kunnen we een cirkel


beschouwen en daarvan het beeld bepalen onder deze affiene spiegeling. Wenemen de cirkel x2 + y2 = 1.De transformatieformules zijn:[

x′

y′

]=

[15

25

125−1

5

]·[xy

]⇐⇒

[xy

]=

[15

25

125−1

5

]·[x′

y′

]In de vergelijking van de cirkel vervangen we x door 1

5x′+2

5y′ en y door 12

5x′−1

5y′.

We krijgen

1

25(x′ + 2y′)2 +

1

25(12x′ − y′)2 = 1⇐⇒ 145(x′)2 − 20x′y′ + 5(y′)2 − 25 = 0.

De vergelijking van het beeld van de cirkel is 145x2 − 20xy + 5y2 − 25 = 0.Deze vergelijking stelt een ellips voor.

2.3.2.2 Lineaire uitrekkingen-inkrimpingen

Uitrekking (inkrimping) langs de x-as met factor r is een lineaire permutatie als r 6= 0.De inverse transformatie is de inkrimping (uitrekking) met factor 1

rlangs de x-as.

Figuur 2.3: uitrekking met factor 2,5 — inkrimping met factor 2,5

• Transformatieformulesx-as is eigenruimte met eigenwaarde r en y-as is eigenruimte met eigenwaarde 1.De transformatieformules zijn:[

x′

y′

]=

[r 00 1

]·[xy

]


• Inverse transformatie ∣∣∣∣ r 00 1

∣∣∣∣ = r 6= 0

De inverse matrix is

F−1 =1

r

[1 00 r

]=

[1r

00 1

]= F

Dit is de geassocieerde matrix van een inkrimping (uitrekking) langs de x-as metfactor 1

r.

OPGAVEN — 56 Bepaal de inverse transformatie van de uitrekking met factor 5 in de richting vande x-as.

57 Bepaal het beeld van de hyperbool y = 1x onder een inkrimping met factor 4 in de richting van de

x-as;

58 Stel de transformules op voor een uitrekking met factor r in de richting van de y-as.

2.3.2.3 Lineaire homothetie met factor r

Een homothetie met centrum O en factor r is een lineaire permutatie als r 6= 0.

Alle vectoren van het vlak zijn eigenvectoren met eigenwaarde r.

De inverse transformatie van een lineaire homothetie met factor r is een lineairehomothetie met factor 1

r.

Figuur 2.4: lineaire homothetie met factor −43


• TransformatieformulesDe basisvectoren zijn tevens eigenvectoren met eigenwaarde r. De transformatiefor-mules zijn: [

x′

y′

]=

[r 00 r

].

[xy

].

• De inverse transformatie ∣∣∣∣ r 00 r

∣∣∣∣ = r2 6= 0

De inverse matrix is

F−1 =1

r2

[r 00 r

]=

[1r

00 1

r

]= F

Dit is de geassocieerde matrix van een lineaire homothetie met factor 1r.

• Bijzondere homothetien

– Is r = 1 dan is de lineaire homothetie de identieke transformatie. Elkevector wordt op zichzelf afgebeeld. Alle vectoren van het vlak zijn eigenvectorenmet eigenwaarde gelijk aan 1.[

x′

y′

]=

[1 00 1

].

[xy

].

– Is r = −1 dan is de homothetie een spiegeling om de oorsprong O

Figuur 2.5: spiegeling om O

Elke vector wordt op zijn tegengestelde afgebeeld. Alle vectoren van het vlakzijn eigenvectoren met eigenwaarde gelijk aan −1.[

x′

y′

]=

[−1 00 −1

].

[xy

].


– Is r = 0 dan is de lineaire homothetie de nultransformatie. Elke vector wordtop de nulvector afgebeeld. Alle vectoren van het vlak zijn eigenvectoren meteigenwaarde gelijk aan 0. [

x′

y′

]=

[0 00 0

].

[xy

].

2.3.2.4 Lineaire parallelprojecties

Een parallelprojectie op een vectorrechte beeldt een basis af op een stel afhankelijke vecto-ren. De parallelprojectie is geen lineaire permutatie. De rang van de geassocieerde matrixis 1. Hieruit volgt:

Kerf = aO en Imf = bO

De projectieas is bO en is de eigenruimte met eigenwaarde 1.

De vectorrechte van de projectierichting is aO en is de eigenruimte met eigen-waarde 0.

Voorbeelden:

• De parallelprojectie op de x-as volgens de richting van de y-as.

Figuur 2.6: parallelprojectie op de x-as volgens de y-as

– Transformatieformules Het beeld van (1, 0) is (1, 0) en het beeld van (0, 1) is(0, 0).De transformatieformules zijn:[

x′

y′

]=

[1 00 0

].

[xy

].

Controleer dat de determinant van F gelijk is aan nul.


– Vectoren die afgebeeld worden op dezelfde vector

Oneindig veel vectoren worden afgebeeld op (x1, 0) ∈ Imf :[1 00 0

].

[xy

]=

[x1

0

].

Dit stelsel kan niet opgelost worden met de inverse matrix want het is geenstelsel van Cramer. Het stelsel is oplosbaar met rang gelijk aan 1 en herleidtzich dus tot een vergelijking, nl. x = x1. Alle de plaatsvectoren van de puntenvan de rechte x = x1 worden op (x1, 0) afgebeeld. Dit is een rechte evenwijdigmet de y-as (de kern van f).

• Parallelprojectie op y = −4x volgens de richting van y = 12x

Figuur 2.7: parallelprojectie op de y = −4x-as volgens de y = 12x

– Transformatieformules De vectorrechte y = −4x is eigenruimte met eigen-waarde 1 (Imf) en de vectorrechte y = 1

2x ⇔ x − 2y = 0 is eigenruimte

met eigenwaarde 0 (Kerf). Het beeld van twee lineair onafhankelijke vectoreneigenvectoren (1,−4) en (2, 1):

F

[1 2−4 1

]=

[1 0−4 0

]Reken zelf na dat de geassocieerde matrix gelijk is aan

F =1

9

[1 −2−4 8

]


– De vectoren die afgebeeld worden op dezelfde vector

De vectoren die afgebeeld worden op (1,−4) ∈ Imf

1

9

[1 −2−4 8

]·[xy

]=

[1−4

].

Het stelsel is oplosbaar omdat de twee vergelijkingen evenredig zijn. Het her-leidt zich tot een stelsel met een vergelijking nl. x

9− 2x

9y = 1⇔ x− 2y = 9.

De vectoren die op (1,−4) worden afgebeeld, liggen op de rechte x − 2y = 9.Dit is de rechte door (1,−4) evenwijdig met de kern van f , nl. x− 2y = 0.

• Bepalen van projectieas en projectierichtingToon aan dat de matrix F de geassocieerde matrix is van een parallelprojectie enbepaal de projectieas en de projectierichting.

F =1

7

[3 26 4

]Elk beeld is een lineaire combinatie van de beelden van de basisvectoren.

f(~v) = r

[3/76/7

]+ s

[2/74/7

]= k

[12

]De beeldverzameling is de vectorrechte

x

1=y

2⇐⇒ y = 2x

We moeten nu nog nagaan of elke vector van deze rechte afgebeeld wordt op zichzelf.

1

7

[3 26 4

]·[k2k

]=

1

7

[7k14k

]=

[k2k

]De rechte y = 2x is dus de projectierechte.

De kerf is de oplossingenverzameling van het stelsel

F =1

7

[3 26 4

]·[xy

]=

[00

].

Het stelsel herleidt zich tot een vergelijking. De oplossingen zijn de vectoren van derechte

3

7x+

2

7y = 0⇐⇒ 3x+ 2y = 0

De rechte 3x+ 2y = 0 bepaalt de projectierichting.


LIN.AL. HUISTAAK 3 1. Bepaal de geassocieerde matrix van een spiegeling omde rechte 4x+ 3y = 0 volgens de richting van de rechte 5x− 4y = 0.Bepaal het beeld van de hyperbool x2

4− y2

9= 1 onder deze spiegeling. Maak een

tekening met de computer. Is het beeld een hyperbool?

2. Stel de transformatieformules op voor een uitrekking met factor −73

in de richtingvan de y-as. Bepaal vervolgens het beeld van de parabool y = 4− x2.

3. Bepaal de homothetie die de parabool met vergelijking y = ax2 afbeeldt op deparabool met vergelijking y = bx2 (Parabolen zijn gelijkvormige krommen).

4. Bepaal de matrix van de lineaire projectie van ΠO op de rechte a : x+2y = 0 volgensde richting van de rechte b : x− y = 0.Welke vectoren worden afgebeeld op het punt (2,−1)? Maak een tekening.

5. Bepaal projectieas en projectierichting van de lineaire projectie met matrix F =[−1

838

−38

98

].

Maak een tekening.


2.3.3 Orthogonale lineaire transformaties

Een orthogonale lineaire transformatie van het euclidisch vlak is een lineairetransformatie van de euclidische vlak die het scalair product van twee vectoren onveran-derd laat. Een orthogonale lineaire transformatie behoudt dus de loodrechte stand en deafstand.

Figuur 2.8: orthogonale lineaire transformaties

In het euclidisch vectorvlak ΠO beschouwen we een orthonormale basis (~e1, ~e2).

De basisvectoren en hun beelden voor een orthogonale lineaire transformatie zijn de plaats-vectoren van punten op de goniometrische cirkel. Hun coordinaten kunnen dus uitgedruktworden in termen van goniometrische getallen.

Stel (a11, a12) = (cos θ, sin θ) dan hebben we twee mogelijkheden voor (a21, a22) nl. (− sin θ, cos θ)en (sin θ,− cos θ) (zie fig.2.8)

1. De orthogonale lineaire transformatie met matrix

[cos θ − sin θsin θ cos θ

]noemen we de

rotatie om O over de hoek θ. De determinant van de geassocieerde matrix van eenrotatie om O is gelijk aan 1.Een rotatie die niet de identieke transformatie is heeft geen eigenwaarden en geeneigenvectoren.

Voorbeeld: Rotatie om de oorsprong over een hoek θ = 45o.De transformatieformules:[

x′

y′

]=

[ √2

2

√2

2

−√

22

√2

2

].

[xy

]


2. De orthogonale lineaire transformatie met matrix

[cos θ sin θsin θ − cos θ

]noemen we de

loodrechte spiegeling om de vectorrechte die een hoek θ2

insluit met de posi-tieve x-as. De determinant van de geassocieerde matrix van een spiegeling om eenvectorrechte is gelijk aan −1.

Voorbeeld: Loodrechte spiegeling om de vectorrechte y = 2x.De spiegelas y = 2x is eigenruimte met eigenwaarde 1.De loodlijn 2y = −x op de spiegelas is eigenruimte met eigenwaarde −1.

F

[1 −22 1

]=

[1 22 −1

]We lossen deze vergelijking op naar F :

F =

[1 22 −1

]· 1

5

[1 2−2 1

]=

1

5

[−3 44 3

]De transformatieformules zijn[

x′

y′

]=

[−3

545

45

35

].

[xy

]

2.3.4 Lineaire loodrechte projecties

We stellen de transformatieformules op voor de loodrechte projectie op een vectorrechtewaarvan de hoek θ die ze insluit met de positieve x-as gegeven is.Bewijs dat de volgende formules de transformatieformules zijn.[

x′

y′

]=

[cos2 θ cos θ sin θ

cos θ sin θ sin2 θ

]·[xy

]Bewijs:

• Kerf =

• f(ΠO) =


• eigenwaarden en bijbehorende eigenruimte:

–

–

• Het beeld van twee lineair onafhankelijke vectoren:

F

[· ·· ·

]=

[· ·· ·

]

• F =

• detF = en F is en f is

Voorbeeld: We beschouwen de loodrechte projectie op de rechte y +√

3x = 0.

Figuur 2.9: loodrechte projectie op y +√

3x = 0

Er geldt: tan θ = −√

3 =⇒ θ = arctan(−√

3) = −π3

Hieruit volgt dat

sin(θ) = sin(−π3

) = −√

3

2en

cos(θ) = cos(−π3

) =1

2


De transformatieformules zijn

[x′

y′

]=

14−√

34

−√

34

34

. [ xy

]

We bepalen de verzameling van de vectoren die op de vector (√

3,−3) worden afgebeeld.

[ √3−3

]=

14−√

34

−√

34

34

. [ xy

]

Deze matriciele vergelijking stelt een lineair stelsel (2, 2) voor met rang 1.{14x−

√3

4y =

√3

−√

34x+ 3

4y = −3

⇐⇒ −√

3

4x+

3

4y = −3

De vectoren die afgebeeld worden op (√

3,−3) zijn de plaatsvectoren van de punten vande rechte

√3x − 3y = 12. Dit is een rechte loodrecht op de rechte

√3x + y = 0 waarop

geprojecteerd wordt en is dus evenwijdig met de kern van f .

OPGAVEN — 59 Bepaal naar keuze een lineaire loodrechte projectie. Beschouw een vector van Imfen zoek de verzameling van alle vectoren die op deze vector worden afgebeeld.

LIN.AL. HUISTAAK 4 1. Bepaal voor een lineaire rotatie over 120o de vergelijkingvan het beeld f(a) van de rechte a : x+ y = 3. Teken a, construeer f(a) en verifieermet de berekening. Bepaal de vergelijking van de rechte die afgebeeld wordt op derechte met vergelijking y = −2. Controleer op de tekening.

2. Bepaal de loodrechte spiegeling om de rechte 2x + 3y = 0. Bepaal vervolgens hetbeeld van de ellips x2

4+ y2

9= 1 en maak een tekening.

3. Zoek de geassocieerde matrix van de loodrechte projectie op de rechte 5x+ 7y = 0.Welke vectoren worden afgebeeld op de vector ((−7, 5)? Maak een tekening.


2.3.5 Opsporen van eigenvectoren van een (2× 2)-matrix

Een vector ~v(X) is eigenvector als en slechts als hij verschillend is van de nulvector en alser een reele waarde λ bestaat waarvoor geldt:

F ·X = λ.X

Om X 6= O te bepalen lossen we deze matriciele vergelijking op naar X.

F.X − λ.X = O ⇐⇒ F.X − (λ.In).X = 0⇐⇒ (F − λ.In).X = O

Deze laatste vergelijking is de matrixgedaante van het stelsel:{(a11 − λ)x+ a21y = 0a12x+ (a22 − λ)y = 0

(2.3)

De coefficientenmatrix van het stelsel is

Fλ =

[a11 − λ a21

a12 a22 − λ

]en

detFλ =

∣∣∣∣ a11 − λ a21

a12 a22 − λ

∣∣∣∣ = λ2 − (a11 + a22)λ+ (a11a22 − a12a21)

= λ2 − (a11 + a22)λ+ detF

Het stelsel 2.3 heeft steeds de nuloplossing.Elke oplossing verschillend van de nuloplossing is de coordinaat van een eigenvector.We gaan op zoek naar de waarden van λ waarvoor het stelsel 2.3 oplossingen heeft ver-schillend an de nuloplossing. Deze waarden van λ zijn dan de eigenwaarden van f .

1. Het homogeen stelsel 2.3 heeft enkel de nuloplossing voor die waarden van λ waar-voor rangFλ = 2. Het stelsel levert voor deze waarden van λ geen eigenvectoren op.Voorbeeld: Een lineaire rotatie heeft geen eigenwaarden en dus ook geen eigenvec-toren.

2. Het homogeen stelsel 2.3 heeft oplossingen verschillend van de nuloplossing voordie waarden van λ waarvoor rangFλ < 2. Dit is vervuld voor die waarden van λwaarvoor

detFλ = 0⇐⇒ λ2 − (a11 + a22)λ+ detF = 0

Deze kwadratische vergelijking in λ wordt de karakteristieke vergelijking van fgenoemd. We noemen D de discriminant van de karakteristieke vergelijking.Is D ≥ 0 dan heeft de karakteristieke vergelijking twee verschillende of twee samen-vallende oplossingen die de eigenwaarden zijn van f . We noemen de eigenwaardenλ1 en λ2 en er geldt

λ1 + λ2 = a11 + a22 en λ1λ2 = detF


Bespreking:

1. Is voor een eigenwaarde rangFλ = 0 dan is

Fλ = F − λ.In = O ⇐⇒ F = λ.In

Hieruit volgt dat F een scalaire matrix is[λ 00 λ

]die de geassocieerde matrix is van een lineaire homothetie met factor r = λ.In dit geval is de karakteristieke vergelijking

λ2 − 2rλ+ r2 = 0⇐⇒ (λ− r)2 = 0

Een homothetie heeft twee samenvallende eigenwaarden. Het vectorvlak ΠO is debijbehorende eigenruimte want het stelsel 2.3 heeft in dit geval ∞2 oplossingen.Opmerking: In het geval van een lineaire homothetie is D = 0.Het omgekeerde is niet geldig. Als D = 0 dan is de transformatie niet noodzakelijkeen lineaire homothetie.

2. Is voor een eigenwaarde rangFλ = 1 dan heeft het stelsel 2.3∞1 oplossingen. In ditgeval heeft de lineaire transformatie een vectorrechte van eigenvectoren behorendebij die eigenwaarde.

Enkele bijzondere gevallen

• Is een van de eigenwaarden gelijk aan een diagonaalelement van F dan is deandere eigenwaarde gelijk aan het ander diagonaalelement.Inderdaad, stel λ1 = a11. We beschouwen de som van de eigenwaarden:

λ1 + λ2 = a11 + a22

λ1 = a11

}=⇒ a11 + λ2 = a11 + a22 ⇐⇒ λ2 = a22

We beschouwen het product van de eigenwaarden:

λ1λ2 = a11a22 − a12a21

λ1 = a11 = en λ2 = a22

}=⇒ a11a22 = a11a22 − a12a21

⇐⇒ a12a21 = 0⇐⇒ a12 = 0 ∨ a21 = 0

Hieruit besluiten we dat in dit geval de matrix een driehoeksmatrix is.


a. Is a12 = 0 en a21 6= 0 dan is

F =

[λ1 a21

0 λ2

]De eigenruimte behorende bij λ1 is de x-as.De eigenruimte behorende bij λ2 is de vectorrechte (λ1 − λ2)x+ a21y = 0.Is in dit geval λ1 = λ2 dan is enkel de x-as eigenruimte behorende bij desamenvallende eigenwaarden.

b. Analoog voor a21 = 0 en a12 6= 0.

c. Is a21 = a12 = 0 dan is

F =

[λ1 00 λ2

]De eigenruimte behorende bij λ1 is de x-as.De eigenruimte behorende bij λ2 is dey-as.Zijn de x-as en de y-as eigenruimten behorende bij resp. twee verschillen-de eigenwaarden dan is de matrix een diagonaalmatrix, die geen scalairematrix is. De diagonaalelementen zijn dan de eigenwaarden.

• Geen enkel diagonaalelement is een eigenwaarde. De matrix is dan zeker geendriehoeksmatrix.

Voorbeeld: De matrix

[5 1−1 3

]heeft twee samenvallende eigenwaarden λ1 =

λ2 = 4. De eigenruimte is de vectorrechte

(5− 4)x+ y = 0⇐⇒ x+ y = 0

Voorbeelden:

• Bepaal de eigenwaarden en eigenvectoren van de matrix[2 13 4

]De karacteristieke vergelijking is

λ2 − 6λ+ 5 = 0⇐⇒ λ = 1 ∨ λ = 5

Voor λ = 1 zijn de eigenvectoren oplossing van het stelsel{(2− 1)x+ y = 03x+ (4− 1)y = 0

⇐⇒{x+ y = 03x+ 3y = 0

⇐⇒ x+ y = 0


x+ y = 0 is de eigenruimte behorende bij de eigenwaarde 1.Voor λ = 5 zijn de eigenvectoren oplossing van het stelsel{

(2− 5)x+ y = 03x+ (4− 5)y = 0

⇐⇒{−3x+ y = 03x− y = 0

⇐⇒ 3x− y = 0

3x− y = 0 is de eigenruimte behorende bij de eigenwaarde 5.

• In een bepaald land zijn twee regio’s: het noorden en het zuiden. Omwille van demooie natuur in het zuiden, verhuist jaarlijks 5 % van de noordelijke bevolking naarhet zuiden. Omwille van het betere economische klimaat in het noorden, verhuistjaarlijks 2 % van de zuidelijke bevolking naar het noorden. Aanvankelijk wonen er3 miljoen in het noorden en 0,5 miljoen in het zuiden. Hoeveel mensen wonen er inhet noorden en zuiden na een jaar.Op een bepaald moment zullen de bevolkingsaantallen in het noorden en het zuidenniet meer veranderen. Hoeveel is dan de verhouding tussen de twee bevolkingsaan-tallen?

Oplossing: Noem x het aantal inwoners van het noorden.Noem y het aantal inwoners van het zuiden.De geassocieerde matrix van de transformatie is[

0, 95 0, 020, 05 0, 98

]De situatie na een jaar:[

0, 95 0, 020, 05 0, 98

]·[

30, 5

]=

[2, 870, 64

]Na een jaar wonen er 2,87 miljoen mensen in het noorden en 0,64 miljoen in hetzuiden.

Als de bevolking stabiel moet blijven, dan betekent dat dat de matrix eigenvectorenmet eigenwaarde 1 moet bezitten. De determinant van de matrix is∣∣∣∣ 0, 95 0, 02

0, 05 0, 98

∣∣∣∣ = 0, 95 · 0, 98− 0, 05 · 0, 02 = 0, 93

De karakteristiek vergelijking:

λ2 − (0, 95 + 0, 98)λ+ 0, 93 = 0⇐⇒ λ = 1 ∨ λ = 0, 93

Voor λ = 1 zijn de eigenvectoren oplossing van het stelsel{(0, 95− 1)x+ 0, 02y = 00, 05x+ (0, 98− 1)y = 0

⇐⇒{−0, 05x+ 0, 02y = 00, 05x− 0, 02y = 0

⇐⇒ 0, 05x−0, 02y = 0⇐⇒ 5x−2y = 0


De eigenvectoren met eigenwaarde 1 zijn veelvouden van (2, 5).De populatie zal dus stabiel blijven als het aantal inwoners in het noorden juist 40% bedraagt van het aantal inwoners van het zuiden.

OPGAVEN — 60 Als f een lineaire permutatie is van ΠO met eigenwaarde λ 6= 0, dan heeft f−1 eeneigenwaarde 1/λ. Bewijs dat.

61 Bereken de eigenwaarden en eigenvectoren van de volgende matrices:

a.

[2 23 1

]b.

[1 23 2

]c.

[1 01 1

]d.

[2 44 8

]e.

[1

√2

1/2 1/√

2

]f.

[2 3/2

3/2 −2

]62 Bewijs dat een symmetrische (2× 2)-matrix steeds twee reele eigenwaarden heeft.

63 Bewijs dat een 2× 2-matrix voldoet aan zijn eigen karakteristieke vergelijking.

oplossingen:

61 a. λ = 4: y = x, λ = −1: 3x+ 2y = 0; b. λ = 4: 3x− 2y = 0, λ = −1: x+ y = 0; c. λ = 1: x = 0;d. λ = 10: y = 2x, λ = 0: y = − 1

2x; e. λ = 1 +√

22 : y = x

2 , λ = 0: y =√

22 x;

f. λ = 52 : x− 3y = 0, λ = − 5

2 : 3x+ y = 0.

2.4 Lineaire transformaties van de driedimensionale

vectorruimte EO

2.4.1 Transformatieformules en geassocieerde matrix

We kiezen een basis in de vectorruimte en we geven de beelden van deze basisvectoren alslineaire combinatie van die basisvectoren.

f(~e1) = a11.~e1 + a12.~e2 + a13.~e3

f(~e2) = a21.~e1 + a22.~e2 + a23.~e3

f(~e3) = a31.~e1 + a32.~e2 + a33.~e3

De geassocieerde matrices zijn van de orde 3.

De transformatieformules zijn: x′

y′

z′

=

a11 a21 a31

a12 a22 a32

a13 a23 a33

. xyz

(2.4)

2.4. LINEAIRE TRANSFORMATIES VAN DE DRIEDIMENSIONALE VECTORRUIMTE EO91

2.4.2 Enkele voorbeelden

* Parallelprojectie op een vectorvlak volgens de richting van een rechteWe projecteren op αO : x + y + z = 0 volgens de richting van dO : x = y =z. We maken gebruik van het feit dat de vectoren van dO eigenvectoren zijn meteigenwaarde 0 en de vectoren van αO eigenvectoren zijn met eigenwaarde 1.Er geldt:

F ·

111

=

000

We nemen twee eenvoudige lineair onafhankelijk vectoren van αO, bvb. (1,−1, 0) en(0, 1,−1). Deze vectoren worden op zichzelf afgebeeld.Er geldt

F ·

1−1

0

=

1−1

0

en F ·

01−1

=

01−1

Deze drie matriciele betrekkingen kunnen we samenvatten in een matriciele betrek-king.

F ·

1 1 01 −1 11 0 −1

=

0 1 00 −1 10 0 −1

m

F =

0 1 00 −1 10 0 −1

· 1 1 0

1 −1 11 0 −1

−1

m

F =

23−1

3−1

3

−13

23−1

3

−13−1

323

De transformatieformules: x′

y′

z′

=

23−1

3−1

3

−13

23−1

3

−13−1

323

. xyz

De geassocieerde matrix is een singuliere matrix. Een lineaire parallelprojectie opeen vectorvlak is geen lineaire permutatie.


OPGAVEN — 64 Bepaal onder de voorgaande projectie

1. het beeld van de rechte{x = 2y = 3 . Toon aan dat het beeld van deze rechte gelegen is in het

projectievlak x+ y + z = 0.Tip: bepaal de beelden van 2 punten van de rechte.

2. Bepaal de verzameling van alle vectoren die afgebeeld worden op de vector (2,−1,−1).

Oplossingen: 64. x = y − 3 = z+3−2 ⇐⇒

{x+ y + z = 0x− y = −3

* Spiegeling om een vectorvlak volgens de richting van een rechteWe spiegelen om αO : x− 2y + z = 0 volgens de richting van dO : x = −y = z.

We maken gebruik van het feit dat de vectoren van dO eigenvectoren zijn met ei-genwaarde −1 en de vectoren van αO eigenvectoren zijn met eigenwaarde 1.Er geldt:

F ·

−11−1

=

1−1

1

We nemen twee eenvoudige lineair onafhankelijk vectoren van αO, bvb. (1, 0,−1) en(0, 1, 2). Deze vectoren worden op zichzelf afgebeeld. Er geldt

F ·

10−1

=

10−1

en F ·

012

=

012

Deze drie matriciele betrekkingen kunnen we samenvatten in een matriciele betrek-king.

F ·

−1 1 01 0 1−1 −1 2

=

1 1 0−1 0 1

1 −1 2

m

F =

1 1 0−1 0 1

1 −1 2

· −1 1 0

1 0 1−1 −1 2

−1

m

F =

12

1 −12

12

0 12

−12

1 12


De transformatieformules: x′

y′

z′

=

12

1 −12

12

0 12

−12

1 12

. xyz

De geassocieerde matrix is een niet-singuliere matrix. Een lineaire spiegeling omeen vectorvlak is een lineaire permutatie.

OPGAVEN — 65 Bepaal de transformatieformules voor de spiegeling om de vectorrechte d : x = 2y =−2z volgens de richting van het vlak α : 2x+ 3y − z = 0.

66 Gegeven: het beeld van de basis (~e1, ~e2, ~e3) voor een lineaire transformatie van R,EO.

a. f(~e1)(1, 0, 0), f(~e2)(2, 1, 0) en f(~e3)(−3, 2,−2);

b. f(~e1)(1, 2,−1), f(~e2)(3, 6,−3) en f(~e3)(−4, 8, 4).

Gevraagd:

1. dim(Imf) en Kerf ;

2. het beeld van het punt P (−5, 3,−2).

3. het punt P waarvoor f(P ) = (2,−7, 7)

67 Stel de transformatieformules op voor de loodrechte projectie van R,EO,+ op het vectorvlak αO :3x+ 6y + 2z = 0.

68 Stel de formules op voor de loodrechte projectie van R,EO,+ op de vectorrechte aO : 3x = 6y = 2z.

69 Gegeven is een lineaire transformatie van R,R3,+ met matrix

F =

1 −2 −11 −1 22 −3 1

.Welk(e) vector(en) hebben de vector (6,−3, 3) als beeld?

70 Gegeven zijn de vlakken α : 2x − 5y − 6z + 3 = 0 en α′ : x − 2y + 3z − 6 = 0 in EO. Bepaal delineaire transformatie met matrix

F =

a b cc a bb c a

die het vlak α afbeeldt op α′.


71 Men noemt A′, B′, C ′ en D′ de respectieve zwaartepunten van de zijvlakken [BCD], [ACD], [ABD]en [ABC] van een viervlak (ABCD). Bepaal het centrum en de verhouding van de homothetie die hetviervlak (ABCD) afbeeldt op het viervlak (A′B′C ′D′).

72 Bespreek de dimensie van Imf en van Kerf .De geassocieerde matrix van f is F :

(a) F =

a 1 3−a 1 4

0 a 7

(b) F =

a− 1 2 1a a+ 2 a1 2 a− 1

(c) F =

a 0 bb a 00 b a

(d) F =

1 a 11 −2 ba 4 a

oplossingen:

65

− 14

0 −6 2−2 1 12 3 3

;

66a. 1. 3, (0, 0, 0) b. 1. 2, r(−3, 1, 0)

2.(7,−1, 4) 2.(12,−8,−12)3.(−17/2, 0,−7/2) 3./

67

149

40 −18 −6−18 13 −12−6 −12 45

;

68 114

4 2 62 1 36 3 9

;

69

de rechte{x+ 5y = −12y + 3z = −9 ;

70 a = 3, b = 1, c = 5;

71 centrum Z en verhouding −1/3;

72

a. dim= 3⇐⇒ a 6= 0 ∧ a 6= 2dim= 2⇐⇒ a = 0 ∨ a = 2

b. dim= 3⇐⇒ a 6= 0 ∧ a 6= 2dim= 2⇐⇒ a = 0 dim= 1⇐⇒ a = 2

c. dim= 3⇐⇒ a+ b 6= 0dim= 2⇐⇒ a+ b = 0 ∧ a 6= 0 dim= 0⇐⇒ a = b = 0

d. dim= 3⇐⇒ a 6= 2 ∧ a 6= −2 ∧ b 6= 1dim= 2⇐⇒ a = 2 ∨ (a = −2 ∧ b 6= 1) ∨ (b = 1 ∧ a 6= −2) dim= 1⇐⇒ a = −2 ∧ b = 1


LIN.AL. HUISTAAK 5 1. Gegeven is het beeld van een basis voor een lineairetransformatie van R,E0,+: f(~e1)(5, 3, 2), f(~e2)(−3,−1,−2) en f(~e3)(1, 4,−3).Gevraagd:

(a) de vergelijkingen van Imf en kerf , alsook dim(Imf) en dim(Kerf);

(b) het beeld van het punt P (−5, 3,−2).

(c) het punt p waarvoor f(P ) = (2,−7, 7)

2. Gegeven is een lineaire transformatie van R,R3,+ die de vector (1, 2, 4) op (5, 10,−4)afbeeldt, (3,−1, 0) op (1, 1, 5) afbeeldt en (2, 1,−1) op (4,−4, 7) afbeeldt. Bepaalde matrix van deze transformatie.

3. Gegeven is een lineaire transformatie van R,R3,+ met matrix

F =

1 m− 1 2m− 3m 2(m− 1) 2

m+ 1 3(m− 1) m2 − 1

.Gevraagd:

(a) aan welke voorwaarde moet m voldoen opdat f een lineaire permutatie zouzijn?

(b) bepaal m zodat f het vlak x+2y−z = 0 afbeeldt op het vlak 7x+4y−4z = 0;

(c) bepaal voor m = 3 de inverse matrix van F ;

4. Gegeven: de lineaire transformatie f van EO met matrix F =

a b 31 −2 0b 3 1

(i) Bespreek de rang van F .

(ii) Bepaal a en b zodat Kerf de vectorrechte is door het punt (2, 1,−1).

(iii) Bepaal in EO de vergelijkingen Imf en Kerf voor die waarden van a en b,alsook dim(Im(f)) en dim(Ker(f)).

5. Gegeven is een lineaire transformatie van R,R3,+ met matrix

F =

1 2 −1−3 −5 11 3 −2

.Bepaal het beeld van de rechte a : (x, y, z) = (2,−1, 3) + r(1, 0, 2),de rechte b : x+2

3= y−1−2

= z+12

, en het vlak α : x+ 2y − 2z + 3 = 0.


2.4.3 Opsporen van eigenwaarden en eigenvectoren van een(3× 3)-matrix

Het stelsel voor het bepalen van de eigenvectoren is(a11 − λ)x+ a21y + a31z = 0a12x+ (a22 − λ)y + a32z = 0a13x+ a23y + (a33− λ)z = 0

De karakteristieke vergelijking voor het bepalen van de eigenwaarden van een lineairetransformatie van R,EO,+ is van de gedaante∣∣∣∣∣∣

a11 − λ a21 a31

a12 a22 − λ a32

a13 a23 a33 − λ

∣∣∣∣∣∣ = 0.

De karakteristieke vergelijking is van de gedaante:

−λ3 + (a11 + a22 + a33)λ2 − (A11 + A22 + A33)λ+ detF = 0.

waarbij A11, A11 en A11 de zogenaamde cofactoren zijn van resp. de elementen a11, a11 ena11 in de matrix F (cofactor van een element in een matrix F is de determinant van dematrix die overblijft als men in de matrix F de rij en de kolom van het element schrapt).

λ1 + λ2 + λ3 = spF en λ1λ2λ3 = detF.

Is een matrix F singulier dan is detF = 0. In de karakteristieke vergelijking is de constanteterm gelijk aan nul. Een singuliere matrix heeft dus steeds de eigenwaarde λ = 0.

Opmerking: Is de matrix van een loodrechte spiegeling of van een loodrechte projec-tie gegeven dan kan men gemakkelijk de spiegelas of de projectieas bepalen d.m.v. hetopsporen van eigenwaarden en eigenvectoren.

OPGAVEN — 73 Bepaal eigenwaarden en eigenvectoren van de volgende (3× 3) matrices:

a.

2 0 0−1 0 −1

3 1 −2

b.

5 −2 22 1 2

−10 6 −3

c.

4 1 12 1 2−7 −2 −2

d.

2 −2 −21 −1 −21 −2 −1

e.

0 1 12 1 2−3 −3 −4

f.

4 1 1−4 0 −2

0 2 0

74 Bepaal de projectieruimte en de projectierichting van de lineaire parallelprojectie met matrix:

2.5. EIGENVECTOREN VAN EEN SYMMETRISCHE MATRIX 97

a.

2 4 −21 2 −13 6 −3

b.

3 1 2−6 −2 −4

0 0 0

c.

0 −1 −11 2 1−1 −1 0

d.

2 0 21 1 2−1 0 −1

Oplossingen:74

a. Imf :{x+ 4y − 2z = 0x+ y − z = 0 , kerf : x+ 2y − z = 0 b. Imf :

{2x+ y = 0z = 0 , kerf : 3x+ y + 2z = 0

c. Imf : x+ y + z = 0 , kerf :{x+ y = 0x+ 2y + z = 0 d. Imf : x+ 2z = 0, kerf :

{x+ z = 0x+ y + 2z = 0

2.5 Eigenvectoren van een symmetrische matrix

We weten reeds dat twee eigenvectoren behorende bij twee verschillende eigenwaardenlineair onafhankelijk zijn.Werken we in een euclidisch vectorruimte dan kan het gebeuren dat de twee eigenvectoren,behorende bij twee verschillende eigenwaarden, bovendien orthogonaal zijn.We formuleren de volgende stelling:

STELLING 2.6 Als een matrix symmetrisch is dan zijn de eigenvectoren behorende bijtwee verschillende eigenwaarden orthogonaal.

Bewijs: Stel dat X1 en X2 eigenvectoren zijn behorende bij resp. de eigenwaarden λ1 enλ2 van de matrix F en λ1 6= λ2. We moeten aantonen dat het scalair product X t

1 ·X2 = O.Omdat X1 en X2 eigenvectoren van F zijn met resp. eigenwaarden λ1 en λ2 geldt:{

F ·X1 = λ1X1

F ·X2 = λ2X2

Van de eerste betrekking nemen we van beide leden de getransponeerde en houden reke-ning met F t = F :

X t1 · F = λ1X

t1

We vermeningvuldigen leden rechts met X2.

(X t1 · F ) ·X2 = (λ1X

t1) ·X2

m ass. eig.

X t1 · (F ·X2) = λ1(X

t1 ·X2)


m def. eigenv.

X t1 · (λ2X2) = λ1(X

t1 ·X2)

m scal. verm.

λ2(Xt1 ·X2) = λ1(X

t1 ·X2)

m λ1 6= λ2

X t1 ·X2 = O

�

2.6. DIAGONALISATIE 99

2.6 Diagonalisatie

Om de macht An van een matrix A te berekenen, moet heel wat gerekend worden. Zelfseen computer heeft het hier lastig mee als de dimensie van A groot is en n groot is. Doorgebruik te maken van volgende eigenschap kan het rekenwerk drastisch worden beperkt.

STELLING 2.7 (Diagonalisatie-eigenschap) Stel A is een n×n-matrix met n lineaironafhankelijke eigenvectoren X1, . . . , Xn. Als S = [X1 X2 · · · Xn], dan is

S−1AS

een diagonaalmatrix. De elementen op de diagonaal zijn de eigenwaarden van A die horenbij de eigenvectoren X1, . . . , Xn

bewijs: Merk vooraf op dat S−1 bestaat, omdat de kolommen van S lineair onafhankelijkzijn.

Noem λi de eigenwaarde die hoort bij de eigenvector Xi. We vinden dan dat

A · S = A · [X1 X2 · · · Xn]

= [A ·X1 A ·X2 · · · A ·Xn]

= [λ1X1 λ2X2 · · · λnXn]

= [X1 X2 · · · Xn]

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

. . ....

0 0 · · · λn

= S

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

. . ....

0 0 · · · λn

.Bijgevolg is

S−1AS =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

. . ....

0 0 · · · λn

.�

Voorbeelden:


• Macht van een matrixBereken A5 als

A =

[2 13 4

]Oplossing:De matrix met de eigenvectoren als kolomvectoren:

S =

[−1 11 3

]S−1 =

[−3

414

14

14

]D =

[1 00 5

]geldt dat S−1AS = D. Bijgevolg is A = SDS−1 en dus

An = (SDS−1)5

= (SDS−1)(SDS−1)(SDS−1)(SDS−1)(SDS−1)

= SD(S−1S)D(S−1S)D(S−1S)D(S−1S)DS−1

= SDI2DI2DI2DI2DS−1

= SD5S−1

=

[−1 11 3

] [1 00 5

]5 [ −34

14

14

14

]=

[−1 11 3

] [1 00 55

] [−3

414

14

14

]=

[782 7812343 2344

]• Brand switching

In een supermarkt zijn drie merken choco te krijgen: C1, C2 en C3. Sommigemensen kopen altijd hetzelfde merk. Uit een marktonderzoek blijkt dat 70 % vande kopers van C1 ook de volgende keer C1 zullen kopen. De kopers van C2 zijn ietsminder merktrouw: slechts 40 % van hen koopt de volgende keer ook C2. En ook 40% van de kopers van C3, blijft bij C3. Anderen zijn minder tevreden en probereneens een ander merk (in het Engels: brand switching). Zo stapt 10 % over van C1naar C2 en 20 % van C1 naar C3. En 50 % ruilt C2 voor C1 en 10 % ruilt C2 voorC3. Van de gebruikers van C3 koopt 50 % de volgende keer C1 en 10 % C2.Van tweehonderd klanten, die elke week een pot choco kopen, is geweten dat 40 hetmerk C1 kochten, 80 het merk C2 en 80 het merk C3. Hoe evolueren deze aantallenop lange termijn?

Oplossing:Het aantal klanten dat elk merk koopt na m weken gelijk is aan

Am ·X0 =

0, 70 0, 50 0, 500, 10 0, 40 0, 100, 20 0, 10 0, 40

m 408080

2.6. DIAGONALISATIE 101

Om deze macht uit te rekenen, diagonaliseren we de matrix A. De eigenwaardenzijn ∣∣∣∣∣∣

0, 70− λ 0, 50 0, 500, 10 0, 40− λ 0, 100, 20 0, 10 0, 40− λ

∣∣∣∣∣∣ = 0⇐⇒ λ = 0, 2 ∨ λ = 0, 3 ∨ λ = 1

Ga dat na! Voor λ = 0, 2 zijn de bijbehorende eigenvectoren oplossingen van(0, 70− 0, 2)x+ 0, 50y + 0, 50z = 00, 10x+ (0, 40− 0, 2)y + 0, 10z = 00, 20x+ 0, 10y + (0, 40− 0, 02)z = 0

⇐⇒

0, 50x+ 0, 50y + 0, 50z = 00, 10x+ 0, 20y + 0, 10z = 00, 20x+ 0, 10y + 0, 20z = 0

⇐⇒

x+ y + z = 0x+ 2y + z = 02x+ y + 2z = 0

⇐⇒{

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

De oplossingenruimte van dat homogeen stelsel stelt in de ruimte een vectorrechtevoor (als doorsnede van twee vectorvlakken). De parametervoorstelling van dezeeigenruimte is:

(x, y, z) = r(

∣∣∣∣ 1 12 1

∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ 1 11 1

∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ 1 11 2

∣∣∣∣) = r(−1, 0, 1)

Toon aan dat de eigenruimten behorende bij de andere eigenwaarden r(0,−1, 1) enr(35, 8, 13) zijn.

We beschouwen de matrix S waarvan de kolomvectoren de eigenvectoren zijn (ziestel.2.7 op p.99).

S =

−1 0 350 −1 81 1 13

S−1 =1

56

−21 35 358 −48 81 1 1

D = S−1AS =

0, 2 0 00 0, 3 00 0 1


Omdat A = SDS−1, is

Am = SDmS−1

=1

56

−1 0 350 −1 81 1 13

(0, 2)m 0 00 (0, 3)m 00 0 1

−21 35 358 −48 81 1 1

=

1

56

35 + 21(0, 2)m 35− 35(0, 2)m 35− 35(0, 2)m

8− 8(0, 3)m 8 + 48(0, 3)m 8− 8(0, 3)m

13 + 8(0, 3)m − 21(0, 2)m 13− 48(0, 3)m + 35(0, 2)m 13 + 8(0, 3)m + 35(0, 2)m

en het aantal kopers van elke merk na m weken wordt dan

AmX0 =1

56

7000− 4760(0, 2)m

1600 + 2880(0, 3)m

2600− 2880(0, 3)m + 4760(0, 2)m

Op lange termijn, als m zeer groot wordt, worden (0, 2)m en (0, 3)m verwaarloosbaarklein. Het aantal kopers streeft dan naar

1

56

700016002600

=

1252946

OPGAVEN — 75 In een gemeente wordt een gecontroleerd overstromingsgebied aangelegd. Delen vande polder komen daardoor bijna permanent onder water te staan. Ecologen voorspellen dat het aantalinsecten daardoor zal wijzigen. Op dit ogenblik worden volgende aantallen vastgesteld:

• 56 insecten per vierkante meter in de polder;

• 13 insecten per vierkante meter in de woonzone.

Dezelfde ecologen voorspellen dat die aantallen maandelijks zullen veranderen volgens de migratiematrix 0, 70 0, 04 0, 020, 10 0, 85 0, 030, 20 0, 11 0, 95

waarbij de eerste rij en kolom staan voor het poldergebied dat overstromingsgebied wordt, de tweederij en kolom voor het poldergebied dat onaangeroerd blijft en de derde rij en kolom voor de woonzone.Voorspel het aantal insecten per vierkante meter op lange termijn.

76 Diagonaliseer de volgende matrices indien mogelijk:

a.[−2 2

2 1

]b.[

1 33 6

]c.[

3 −14 7

]d.[

3 05 −2

]e.[−2 1−1 10

]f.[

3 −14 2

]g.

2 2 22 2 22 2 2

h.

1 2 31 2 31 1 8

i.

0 −1 0−1 −1 0

1 0 −1

2.7. BEWERKINGEN MET LINEAIRE TRANSFORMATIES 103

2.7 Bewerkingen met lineaire transformaties

2.7.1 De som van twee lineaire transformaties

Zijn f en g twee lineaire transformaties van een vectorruimte R, V,+ met resp. geassoci-eerde matrices F en G dan geldt:

∀~v ∈ V : (f + g)(~v) = f(~v) + g(~v)

Merk op dat de geassocieerde matrices van dezelfde orde zijn.

F,G ∈ Rn×n

De transformatieformules voor de transformaties f en g zijn in verkorte matrixgedaanteresp.

Y = F ·Xen

Y = G ·X.De transformatieformules voor de som f + g zijn in verkorte matrixgedaante:

Y = F ·X +G ·X

m distr. v. som t.o.v. prod. v. matrices

Y = (F +G) ·XUit deze transformatieformules kunnen we het volgende besluiten.

De geassocieerde matrix van de som van twee lineaire transformaties van R, V,+ is gelijkaan de som van de geassocieerde matrices van de twee lineaire transformaties.

2.7.2 De scalaire vermenigvuldiging van lineaire transformaties

Is f een lineaire transformaties van R, V,+ met geassocieerde matrices F dan is

∀~v ∈ V : (r.f)(~v) = r.f(~v)

De transformatieformules voor de transformatie f is in verkorte matrixgedaante:

Y = F ·X.

De transformatieformules voor de scalaire vermenigvuldiging rf zijn in verkorte matrix-gedaante:

Y = r(F ·X)


m gem. ass. v. matrices

Y = (rF ) ·XUit deze transformatieformules kunnen we het volgende besluiten.

De geassocieerde matrix van het product van een lineaire transformatie van R, V,+ met eenreeel getal is gelijk aan het product van de geassocieerde matrix van de lineaire afbeeldingmet dat reeel getal.

2.7.3 Samenstelling van lineaire transformaties

Zijn f en g twee lineaire transformaties van een vectorruimte R, V,+ met resp. geassoci-eerde matrices F en G dan geldt:

∀~v ∈ V : (g ◦ f)(~v) = g(f(~v))

De transformatieformules voor f en g zijn in verkorte matrixgedaante resp.:{Y = F ·XZ = G · Y

De overgangsformules voor de samenstelling g ◦ f zijn in verkorte matrixgedaante:

Z = G · (F ·X)

m ass. v. prod. v. matrices

Y = (G · F ) ·XUit deze overgangsformules kunnen we het volgende besluiten.

De geassocieerde matrix van de samenstelling g ◦ f van twee lineaire transformaties fen g is gelijk aan het product G.F van de geassocieerde matrices van de twee lineairetransformaties in deze volgorde.

STELLING 2.8 De samenstelling van twee orthogonale transformaties is opnieuw eenorthogonale lineaire transformatie.

Bijzondere samenstellingen:

• De samenstelling van twee rotaties met resp. hoeken θ1 en θ2 is de rotatie met hoekθ1 + θ2.

• De samenstelling van twee loodrechte spiegelingen is een rotatie. Ga zelf na welkede hoek is van de rotatie (analytisch en meetkundig).

• Ga ook na wat de samenstelling is van een rotatie en een loodrechte spiegeling.

De samenstelling van een homothetie en een orthogonale lineaire transformatie is eengelijkvormigheid.

2.7. BEWERKINGEN MET LINEAIRE TRANSFORMATIES 105

2.7.4 Inverse lineaire transformatie

Enkel de lineaire permutaties hebben een inverse lineaire transformatie. De inverse line-aire transformatie f−1 van f met geassocieerde matrix F is weer een lineaire permutatiewaarvan de geassocieerde matrix de inverse matrix F−1 is.

Met symbolen:f ◦ f−1 = in = f−1 ◦ f ⇐⇒ F.F−1 = In = F−1.F

STELLING 2.9 De inverse transformatie van een orthogonale lineaire transformatiebestaat en is een orthogonale transformatie. De inverse matrix A−1 van een orthogonalematrix A is een orthogonale matrix die gelijk is aan de getransponeerde van A.

At.A = I2

Aangezien het product van At en A de eenheidsmatrix is, is At de inverse matrix van A.

Voor een orthogonale matrix geldt:

A−1 = At.

De inverse transformatie van een rotatie met hoek θ is de rotatie met hoek −θ. De inversetransformatie van een spiegeling is de spiegeling zelf (A−1 = A).

Verder geldt er:

STELLING 2.10 De determinant van een orthogonale matrix is gelijk aan 1 of −1.

Bewijs: Voor orthogonale matrices geldt:

At = A−1

m

At.A = In

Nemen we van beide leden de determinant dan krijgen we

detAtdetA = 1

Hieruit volgt rekening houdend met detAt = detA dat

det2A = 1⇐⇒ detA = ±1


OPGAVEN — 77 Bewijs dat een orthogonale 2 × 2 matrix de determinant heeft gelijk aan 1 als enslechts als de overeenkomstige orthogonale transformatie een rotatie is, en gelijk aan −1 als en slechts alsde overeenkomstige orthogonale lineaire transformatie een spiegeling is. Leidt hieruit af dat de samenstel-ling van een oneven aantal lineaire spiegelingen, opnieuw een lineaire spiegeling is, en dat de samenstellingvan zo een even aantal spiegelingen een rotatie is.

78 Is een vector ~v een eigenvector van de lineaire transformaties f en g met respectieve eigenwaardenλ en λ′ dan is ~v ook een eigenvector van f ◦ g en g ◦ f met eigenwaarde λ · λ′. Bewijs dat.

79 Voor welke orthogonale matrices A geldt dat A+ I2 opnieuw een orthogonale matrix is?

80∗ Zoek een nodige en voldoende voorwaarde (een uitdrukking in A en B die gelijk moet zijn aan eenconstante matrix) opdat de som van twee orthogonale matrices A en B opnieuw een orthogonale matrixis.

81 Onderzoek de structuur voor de optelling en de vermeningvuldiging van de verzameling van de

matrices van de gedaante[a −bb a

]. Toon ook aan dat zo een matrix de geassocieerde matrix is van de

samenstelling van een homothetie en een rotatie.

Oplossing::

79 ab = − 12

Hoofdstuk 3

Determinanten

3.1 Determinant van de orde twee

We gaan na wat de voorwaarde is waaraan de elementen van een vierkante matrix moetenvoldoen opdat de rijvectoren lineair afhankelijk zouden zijn. Daartoe bespreken we derang van de matrix.

A =

(a bc d

)a6=0∼(a b0 ad− bc

)

1. In geval a 6= 0

(a) RangA=2 als ad− bc 6= 0

(b) RangA=1 als ad− bc = 0

2. In geval a = 0

(a) c 6= 0 (c is Jordan-element)(0 bc d

)c 6=0∼(c d0 b

)i. RangA=2 als b 6= 0

In dit geval is ab− bc = 0− bc 6= 0

ii. RangA=1 als b = 0In dit geval is ab− bc = 0− 0 = 0

(b) c = 0. In dit geval is steeds ab− bc = 0− 0 = 0

107

108 HOOFDSTUK 3. DETERMINANTEN

i. b 6= 0 (0 b0 d

)b 6=0∼(

0 10 0

)RangA=1.

ii. b = 0 en d 6= 0 (0 00 d

)∼(

0 d0 0

)d6=0∼(

0 10 0

)RangA=1.

iii. b = d = 0 (0 00 0

)RangA=0.

Besluit

1. De rijvectoren van een matrix zijn lineair onafhankelijk (rangA=2) als en slechts alsab− bc 6= 0 en zijn lineair afhankelijk (rangA ≤ 1) als en slechts ad− bc = 0.

Het is handig om uitdrukking ad − bc schematisch te kunnen voorstellen. Daarom defi-nieren we het begrip van determinant van de orde twee.Is de matrix A een vierkante matrix van de orde 2× 2 dan is de determinant van eenmatrix A het reeel getal

detA =

∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣ = ad− bc ∈ R.

STELLING 3.1 Als we in een (2× 2)-matrix de rijen en de kolommen met elkaar ver-wisselen dan blijft haar determinant onveranderd.

detAt = detA

Inderdaad, ∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣ = ad− bc∣∣∣∣ a cb d

∣∣∣∣ = ad− bc

Opdat het al dan niet nul zijn van een determinant niet verandert als we de rijen met dekolommen verwisselen, kunnen we de volgende stelling definieren.

3.1. DETERMINANT VAN DE ORDE TWEE 109

STELLING 3.2 De rijvectoren (kolomvectoren) van een matrix zijn lineair onafhanke-lijk als en slechts als zijn determinant verschillend is van nul en zijn lineair afhankelijkals en slechts als zijn determinant gelijk is aan nul.

Opmerking:

1. In geval c 6= 0 en d 6= 0 betekent∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣ = 0⇐⇒ a

c=b

dmet (c 6= 0, d 6= 0)

Dit betekent inderdaad dat de rijvectoren (a, b) en (c, d) lineair afhankelijk zijn.

2. In geval c = 0 is ab− bc = 0 als a = 0 ∨ d = 0

a

0=b

d

(a) c = a = 0 dan verkrijgen0

0=b

dDe vectoren (0, b) en (0, d) zijn inderdaad lineair afhankelijk.

(b) c = d = 0 dan verkrijgen wea

0=b

0De vectoren (a, b) en (0, 0) zijn inderdaad lineair afhankelijk.De nulvector is afhankelijk van elke vector.

Als in een evenredigheid de noemer nul is dan kan de evenredigheid maar voldaanzijn als ook de corresponderende teller gelijk is aan nul of als alle noemers gelijk zijnaan nul.

STELLING 3.3 Als we in een (2× 2)-matrix de 2 rijen (kolommen) met elkaar verwis-selen dan gaat de determinant over in zijn tegengestelde.

Inderdaad, ∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣ = ad− bc∣∣∣∣ c da b

∣∣∣∣ = bc− ad

Hieruit volgt ∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣ = −∣∣∣∣ c da b

∣∣∣∣


3.2 Determinant van de orde drie

3.2.1 Cofactor van een element van een (3× 3)-matrix

In een (3 × 3)-matrix zitten 9 determinanten van de orde 2 vermits er 9 deelmatriceszijn van de orde (2 × 2). Zo een deelmatrix bekomen we door een rij en een kolom teschrappen. Vandaar de volgende definitie. De cofactor van een element aij van eenmatrix van de orde (3 × 3) is de determinant van de matrix van de orde (2 × 2) die webekomen door de i-de rij en de j-de kolom te schrappen. Voor deze determinant plaatsenwe een + of een − teken al naar gelang i + j even of oneven is. Is i + j even (oneven)dan zeggen we dat het element op een even (oneven) plaats staat. De cofactor van hetelement aij in de vierkante matrix (aij) noteren we Aij.

Hieronder geven we een schematische voorselling van alle cofactoren, di. de matrix waarinelk element van A vervangen werd door zijn cofactor. A11 A12 A13

A21 A22 A23

A31 A32 A33

(3.1)

Opmerking: De minor van een element aij van de vierkante matrix (aij) is de determinantdie we bekomen door de i-de rij en de j-de kolom te schrappen zonder rekening te houdenmet het teken van de plaats waar het element zich bevindt.

3.2.2 Definitie van determinant van de orde 3

De korte notatie Aij voor cofactor van een element van een matrix kunnen we goedgebruiken om de canonieke matrix te bepalen van een algemene (3 × 3)-matrix. Decanonieke matrix van de (3× 3)-matrix

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

in geval a11 6= 0 en A33 6= 0, is gelijk aan a11A33 0 a13A33 + a12A32

0 A33 −A32

0 0 A22A33 − A32A23

De rang van de matrix hangt af van het al of niet nul zijn van de cofactor A22A33−A32A23

van het element A11 in de matrix 3.1. We berekenen A22A33 − A32A23 in functie van de

3.2. DETERMINANT VAN DE ORDE DRIE 111

elementen aij.

A22A33 − A32A23 =

a11(a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31 − a12a21a33 − a11a23a32)

Vermits in de rijherleiding a11 6= 0, hangt het al dan niet nul zijn van A22A33 − A32A23

enkel af van de factor

a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31 − a12a21a33 − a11a23a32. (3.2)

Ga zelf na dat voor gelijk welke keuze van de Jordan elementen in de rijherleiding vande matrix A, de canonieke gedaante steeds de factor 3.2 bezit. Dit betekent dat bijverwisseling van rijen deze factor steeds bekomen wordt.

We definieren 3.2 als de determinant van de (3× 3)-matrix A en we noteren detA of| A |.De algemene term van deze som in 3.2 is van de gedaante: a1ka2la3m. Om alle termen vande ontwikkeling te bekomen, nemen we voor (k, l,m) de zes permutaties pi van (1, 2, 3)(met i ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}).Staat in een permutatie pi van de elementen van een verzameling {1, 2, 3 · · ·n} een groterelement links van een kleiner element, dan spreken we van een inversie.Een even permutatie is een permutatie met een even aantal inversies. Een onevenpermutatie is een permutatie met een oneven aantal inversies.We zeggen dat een even permutatie een signatuur gelijk aan +1 heeft en een onevenpermutatie een signatuur gelijk aan −1 heeft.We noteren sign(pi)

sign(pi)

{= 1 ⇐⇒ pi is even= −1 ⇐⇒ pi is oneven

Je kan nu gemakkelijk nagaan dat in 3.2 een (+)teken voorkomt als (k, l,m) een evenpermutatie is van (1, 2, 3) en een (-)teken als (k, l,m) een oneven permutatie is.

Met het sommatieteken kunnen we de uitdrukking voor de determinant als volgt noteren:

| A |= detA =6∑i=1

sign(pi)a1,pi(1)a2,pi(2)a3,pi(3).

We kunnen de determinant van een matrix van de orde 3 × 3 ook bekomen door dezogenaamde regel van de driehoeken. De driehoeken worden bekomen door in dematrix de elementen die in de uitdrukking 3.2 samen horen in eenzelfde term met elkaarte verbinden. Zo ontstaan zes driehoeken.


DERIVE berekent determinanten met het commando det(A) te schrijven. EXCEL bere-kent eveneens determinanten met in een cel het commando DETERMINANTMAT(A) teschrijven.

3.3 Uitbreiding van het begrip determinant

We kunnen gemakkelijk het begrip van determinant uitbreiden naar een hogere orde dande derde orde. Is een matrix van de orde (n × n) dan heeft de determinant n! termenomdat een verzameling mat n elementen n! permutaties bezit.

detA =n!∑i=1

sign(pi)a1,pi(1)a2,pi(2) . . . an,pi(n).

OPGAVEN — 82 Bepaal de determinant van een symmetrische matrix van de orde 3× 3.

83 Bereken de volgende determinanten met de regel van de driehoeken:∣∣∣∣∣∣4 0 13 −2 5−3 2 5

∣∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣∣

3 −2 31 0 12 4 5

∣∣∣∣∣∣OPLOSSINGEN — 83. (i). -80; (ii) 6.

3.4. EIGENSCHAPPEN VAN DETERMINANTEN 113

3.4 Eigenschappen van determinanten

STELLING 3.4 Vermenigvuldigen we de elementen van een willekeurige rij met resp.hun eigen cofactor en tellen we de bekomen producten op dan verkrijgen we steeds hetzelfdereeel getal, dat de determinant van de matrix is.

We tonen dit aan voor een determinant van de orde 3. We kunnen in de uitdrukking 3.2de termen rangschikken naar de elementen van eenzelfde rij.Als we bvb. rangschikken naar de elementen van de eerste rij dan krijgen we

a11(a22a33 − a23a32)− a12(a21a33 − a23a31) + a13(a21a32 − a22a31)

= a11

∣∣∣∣ a22 a23

a32 a33

∣∣∣∣− a12

∣∣∣∣ a21 a23

a31 a33

∣∣∣∣+ a13

∣∣∣∣ a21 a22

a31 a32

∣∣∣∣of korter:

a11A11 + a12A12 + a13A13 (3.3)

De uitdrukking 3.3 is de ontwikkeling naar de eerste rij van de determinant.

Opmerking: Bij de ontwikkeling van een determinant van de orde n naar een bepaalderij wordt de berekening herleid tot het uitrekenen van determinanten van een orde lager,nl. van de orde n− 1.

STELLING 3.5 De determinant van een driehoeksmatrix is gelijk aan het product vande diagonaalelementen.

Bewijs zelf voor een determinant van de orde 3 en van de orde 4:


OPGAVEN — 84 Bereken de volgende determinanten door ze te ontwikkelen naar een rij of een kolom:

∣∣∣∣∣∣1 0 26 −1 5−1 0 −2

∣∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣∣

2 −3 4−2 3 −4

1 0 5

∣∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣∣∣∣

4 −3 2 32 3 −2 43 −2 −3 1−2 3 −4 1

∣∣∣∣∣∣∣∣85 Bewijs dat de determinant van elke scheefsymmetrische matrix van de orde 3 gelijk is aan nul (dit

is trouwens waar voor elke oneven orde).

86 Bewijs dat de determinant van elke scheefsymmetrische matrix van de orde 4 met elementen in Zeen volkomen kwadraat is (dit is trouwens waar voor elke even orde).

OPLOSSINGEN — 84. (i). 0; (ii). 0; (iii). -180.

3.4.1 Reciproke determinant van de determinant van een sym-metrische matrix ∗

Gegeven een symmetrische matrix ∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13

a12 a22 a23

a13 a23 a33

∣∣∣∣∣∣met determinant ∆.

We noemen de reciproke determinant van ∆ de determinant die we bekomen door elk element van ∆ tevervangen door zijn cofactor.

De reciproke determinant van ∆ is ∣∣∣∣∣∣A11 A12 A13

A12 A22 A23

A13 A23 A33

∣∣∣∣∣∣STELLING 3.6 De cofactor van een element van de reciproke determinant van ∆ is gelijk aan hetproduct van het overeenstemmend element uit ∆ met ∆.

A22A33 −A223 = a11∆, A33A11 −A2

13 = a22∆, A11A22 −A212 = a33∆

A13A12 −A11A23 = a23∆, A12A23 −A22A13 = a13∆, A23A13 −A33A12 = a12∆


STELLING 3.7 Als we in een vierkante matrix de rijen met de kolommen verwisse-len dan blijft de determinant behouden. Anders geformuleerd: De determinant van eenvierkante matrix is gelijk aan de determinant van zijn getransponeerde.

We kunnen ook zeggen: Als we in een determinant de elementen spiegelen t.o.v. de hoofd-diagonaal dan blijft de determinant behouden.

Met symbolen:detA = detAt

Bewijs voor determinanten van de orde 3: Voor het bewijs ontwikkelen we detA naar bvb.de eerste rij en detAt naar de eerste kolom. In deze twee ontwikkelingen zijn overeenkom-stige elementen gelijk, alsook overeenkomstige cofactoren wegens stelling 3.1.

Voorbeeld: ∣∣∣∣∣∣0 0 11 2 41 3 9

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣0 1 10 2 31 4 9

∣∣∣∣∣∣Deze eigenschap heeft tot gevolg dat alle volgende eigenschappen voor rijen ook geldigzijn voor kolommen.

STELLING 3.8 Als we in een vierkante matrix twee rijen (of twee kolommen) metelkaar verwisselen dan gaat de determinant over in zijn tegengestelde.

Bewijs voor determinanten van de orde 3: Verwisselen we bvb. de eerste twee rijen van Amet elkaar dan bekomen we de matrix B. Voor het bewijs ontwikkelen detA en detB naarde derde rij. In beide ontwikkelingen zijn overeenkomstige elementen gelijk aan elkaar enovereenkomstige cofactoren tegengesteld.

Voorbeeld: ∣∣∣∣∣∣0 4 −11 2 39 8 7

∣∣∣∣∣∣ = −

∣∣∣∣∣∣4 0 −12 1 38 9 7

∣∣∣∣∣∣We hebben kolom 1 met kolom 2 verwisseld, we noteren dit als K12 = K21.

We aanvaarden de volgende stelling:

STELLING 3.9 De rijvectoren (kolomvectoren) van een vierkante matrix zijn lineairafhankelijk of maw. de rang van de matrix is kleiner dan de orde van de matrix als enslechts als de determinant van de matrix gelijk is aan nul.


De stelling is gelijkwaardig met de volgende stelling

STELLING 3.10 De rijvectoren (kolomvectoren) van een vierkante matrix zijn lineaironafhankelijk of maw. de rang van de matrix is gelijk aan de orde van de matrix als enslechts als de determinant van de matrix verschillend is van nul.

Voorbeelden: ∣∣∣∣∣∣0 3 33 8 8−4 1

212

∣∣∣∣∣∣ = 0 (K2 = K3)

∣∣∣∣∣∣1c

b c1 b2 c2

1 b2 c2

∣∣∣∣∣∣ = 0 (R2 = R3)

∣∣∣∣∣∣0 1 91 2 32 4 6

∣∣∣∣∣∣ = 0 (R3 = 2R2);

∣∣∣∣∣∣√

2−√

3√

3√

2

−1√

6 + 3√

6 + 2

3 2√

2

∣∣∣∣∣∣ = 0 (R2 = (√

2 +√

3)R1).

∣∣∣∣∣∣0 −1 50 3 40 4 −6

∣∣∣∣∣∣ = 0 (K1 = 0-kolom)

∣∣∣∣∣∣1 2 34 5 67 7 7

∣∣∣∣∣∣ R3= 73R2− 7

3R1

= 0.

Als theoretische toepassing kunnen we de volgende eigenschap gemakkelijk bewijzen.


STELLING 3.11 Vermenigvuldigen we de elementen van een willekeurige rij (of kolom)van een vierkante matrix met resp. de cofactoren van de overeenkomstige elementen vaneen andere rij (of kolom) en tellen we de bekomen producten op dan is deze som gelijkaan nul.

We vermenigvuldigen bijvoorbeeld de elementen van de eerste rij met de cofactoren vande overeenkomstige elementen van de tweede rij

a11A21 + a12A22 + a13A23 = −a11.

∣∣∣∣ a12 a13

a32 a33

∣∣∣∣+ a12.

∣∣∣∣ a11 a13

a31 a33

∣∣∣∣− a13.

∣∣∣∣ a11 a12

a31 a32

∣∣∣∣We zien dat het tweede lid de ontwikkeling is naar de tweede rij van de volgende deter-minant: ∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a11 a12 a13

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣Deze determinant heeft twee gelijke rijen en is dus gelijk aan nul.

STELLING 3.12 Als we in een vierkante matrix een rij (of kolom) met eenzelfde reeelgetal vermenigvuldigen dan wordt haar determinant met dat reeel getal vermenigvuldigd.

Bewijs: Het bewijs wordt gegeven door de determinant te ontwikkelen naar de rij of kolomdie met het reeel getal wordt vermenigvuldigd.

Voorbeeld: ∣∣∣∣∣∣52

20 8−1

24 6

34

5 2

∣∣∣∣∣∣ =1

2.2

∣∣∣∣∣∣5 20 4−1 4 3

32

5 1

∣∣∣∣∣∣ =1

2

∣∣∣∣∣∣5 20 4−1 4 3

3 10 2

∣∣∣∣∣∣GEVOLG 3.1

∀r ∈ R :

∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13

a21 a22 a23

ra31 ra32 a33

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣a11 a12 ra13

a21 a22 ra23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣Pas dit gevolg toe om te bewijzen dat∣∣∣∣∣∣

a b2 c1 b 1c ac a

∣∣∣∣∣∣ = −

∣∣∣∣∣∣1 1 1a b cbc ac ab

∣∣∣∣∣∣en ∣∣∣∣∣∣

b b cbc b2 c2

1 bc

cb

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1c

b c1 b2 c2

1 b2 c2

∣∣∣∣∣∣


STELLING 3.13 Als we in een vierkante matrix een rij (of kolom) opvatten als desom van twee rijen (twee kolommen) dan is haar determinant gelijk aan de som vande determinanten van de matrices bekomen door de somrij (somkolom) beurtelings tevervangen door de termrijen (termkolommen).

Het bewijs wordt gegeven door de determinant te ontwikkelen naar de rij (of kolom) dieopgevat werd als de som van twee rijen (of twee kolommen).

Voorbeeld:∣∣∣∣∣∣1 0 32 2 43 5 5

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 1 + 22 2 2 + 23 5 3 + 2

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 12 2 23 5 3

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣1 0 22 2 23 5 2

∣∣∣∣∣∣ = 0 + 2

∣∣∣∣∣∣1 0 12 2 13 5 1

∣∣∣∣∣∣STELLING 3.14 Als we in een vierkante matrix bij een rij (of kolom) een lineaire com-binatie van de andere rijen (kolommen) optellen, dan blijft haar determinant behouden.

Voor het bewijs steunen we op stelling 3.12 en 3.13.

Voorbeelden: ∣∣∣∣∣∣1 0 12 2 13 5 1

∣∣∣∣∣∣ R2−R1,R3−R1=

∣∣∣∣∣∣1 0 11 2 02 5 0

∣∣∣∣∣∣ ;∣∣∣∣∣∣1 0 26 −1 5−1 0 −2

∣∣∣∣∣∣ K3−2K1=

∣∣∣∣∣∣1 0 06 −1 −6−1 0 0

∣∣∣∣∣∣ R1=−R3= 0

STELLING 3.15 De determinant van het product van twee vierkante matrices is gelijkaan het product van de determinanten van die matrices.

Met symbolen:det(A.B) = detAdetB (3.4)

We kunnen het bewijs geven voor algemene matrices van de orde 2 × 2 en 3 × 3. Daar-toe rekenen we beide leden uit en vergelijken de resultaten met elkaar. Algemeen echterkunnen we het product A.B opvatten als een matrix die onstaat uit A door elke kolomte vervangen door een lineaire combinatie van kolommen uit A. Door de rekenregels vandeterminanten toe te passen bekomen we de stelling. Dit is opnieuw niet zo moeilijk,maar wel langdrading en dus . . . (vul zelf in).


Opmerkingen:

• In het algemeen geldtA ·B 6= B · A

maar er geldt steedsdet(A ·B) = det(B · A).

• Door de eigenschap 3.15 kunnen we het product van twee determinanten uitvoerenzoals we het product van twee matrices maken.

• Omdat de determinant van een matrix gelijk is aan de determinant van zijn ge-transponeerde kunnen we voor het product van twee determinanten, i.p.v. de rijenvan de eerste determinant te vermenigvuldigen met de overeenkomstige elementenvan de kolommen van de tweede determinant, de rijen van de eerste determinantvermenigvuldigen met de rijen van de tweede determinant of de kolommen van deeerste met de kolommen van de tweede.

OPGAVEN — 87 Bewijs:

a.

∣∣∣∣∣∣x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣ x2 − x1 y2 − y1x3 − x1 y3 − y1

∣∣∣∣b.

∣∣∣∣∣∣b b −b−1 0 1a a −a

∣∣∣∣∣∣ = 0

88 Bereken de volgende determinanten door gebruik te maken van de eigenschappen van de determi-nanten.

a.

∣∣∣∣∣∣4 0 13 −2 5−3 2 5

∣∣∣∣∣∣ b.

∣∣∣∣∣∣3 −2 31 0 12 4 5

∣∣∣∣∣∣ c.

∣∣∣∣∣∣1 a 1b c b3 d 3

∣∣∣∣∣∣d.

∣∣∣∣∣∣15 2 11 − 1

15 2130 4 1

∣∣∣∣∣∣ e.

∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0 24 −1 3 13 2 7 12 5 0 4

∣∣∣∣∣∣∣∣ f.

∣∣∣∣∣∣∣∣1 3 4 15 1 0 34 −2 2 00 2 2 6

∣∣∣∣∣∣∣∣89 Werk uit door gebruik te maken van de eigenschappen van determinanten:

a.

∣∣∣∣∣∣7 a b3 c d1 x y

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣−7 a b−3 c d

0 x y

∣∣∣∣∣∣b.

∣∣∣∣∣∣3 2 32 1 16 3 5

∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣ 1 1

3 5

∣∣∣∣


c.

∣∣∣∣∣∣2 1 −11 2 11 1 2

∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣ 5 1

4 −1

∣∣∣∣90 De volgende determinanten zijn gelijk aan nul. Welke rij is lineaire combinatie van de twee andere

rijen?

a.

∣∣∣∣∣∣1 2 34 5 67 8 9

∣∣∣∣∣∣ b.

∣∣∣∣∣∣1 3 −12 6 −20 0 1

∣∣∣∣∣∣ c.

∣∣∣∣∣∣−4 1 7

0 0 01 6 3

∣∣∣∣∣∣91 Geef een ontbinding in factoren voor de uitwerking van de volgende determinanten:

a.

∣∣∣∣∣∣a 1 11 a 11 1 a

∣∣∣∣∣∣ b.

∣∣∣∣∣∣1 a b1 c d1 −a b

∣∣∣∣∣∣ c.

∣∣∣∣∣∣1 1 1a b c

b+ c c+ a a+ b

∣∣∣∣∣∣d.

∣∣∣∣∣∣a− b− c 2a 2a

2b b− c− a 2b2c 2c c− a− b

∣∣∣∣∣∣ e.

∣∣∣∣∣∣a2 (a+ 1)2 (a− 1)2

b2 (b+ 1)2 (b− 1)2

c2 (c+ 1)2 (c− 1)2

∣∣∣∣∣∣ f.

∣∣∣∣∣∣1 n n2 + n1 n+ 1 n2 + 3n+ 21 n+ 2 n2 + 5n+ 6

∣∣∣∣∣∣92 * Geef een ontbinding in factoren voor de uitwerking van de volgende determinanten:

a.

∣∣∣∣∣∣ac bc a2 + b2

b2 + c2 ab acab a2 + c2 bc

∣∣∣∣∣∣ b.

∣∣∣∣∣∣∣∣a b c db c d ac d a bd a b c

∣∣∣∣∣∣∣∣ c.

∣∣∣∣∣∣a2 b2 (a+ b)2

a2 (c+ a)2 c2

(b+ c)2 b2 c2

∣∣∣∣∣∣d.

∣∣∣∣∣∣∣∣1 a a2 a3

1 b b2 b3

1 c c2 c3

1 d d2 d3

∣∣∣∣∣∣∣∣ e.

∣∣∣∣∣∣∣∣1 + a 1 1 1

1 1 + b 1 11 1 1 + c 11 1 1 1 + d

∣∣∣∣∣∣∣∣Oplossingen:

88. a. -80 b. 6 c. 0 d. 4790 e. 170 f. -456

89. a. ad− bc b. 0 c. − 3

90. a. R1 = 2R2 −R3 b. R2 = 2R1 c. R2 = 0R1 + 0R3

91. a. (1− a)2(2 + a);

b. 2a(d− b);c. 0;

d. (a+ b+ c)3;

e. −4(a− b)(b− c)(c− a);

f. 2;

92. a. 4(abc)2

b. −(a+ b+ c+ d)(a− b+ c− d)((b− d)2 + (a− c)

)


c. (a− b)(b− c)(c− d)(a− d)(a− c)(b− d)

d. abcd(1 + 1a + 1

b + 1c + 1

d )

LIN.AL. HUISTAAK 6 1. Bereken de volgende determinanten door gebruik te ma-ken van de eigenschappen van de determinanten.

a.

∣∣∣∣∣∣1 a a2

1 b b2

1 c c2

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣a 1 a2

b 1 b2

c 1 c2

∣∣∣∣∣∣ b.

∣∣∣∣∣∣1 7 80 6 50 0 3

∣∣∣∣∣∣c.

∣∣∣∣∣∣1 −1

438

2 − 516

13 1

24136

∣∣∣∣∣∣ d.

∣∣∣∣∣∣∣∣3 1 2 −23 0 4 19 −6 −6 −3−3 3 2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣2. Geef een ontbinding in factoren voor de uitwerking van de volgende determinant:∣∣∣∣∣∣

1 1 1b+ c c+ a a+ bbc ca ab

∣∣∣∣∣∣


3.5 Stelsels van Cramer

Bij een stelsel van Cramer is de rang van de coefficientenmatrix die een vierkante (n×n)-matrix is, gelijk aan n. Hieruit volgt dat de determinant van de coefficientenmatrixverschillend is van nul.

r = rangA = n⇐⇒ detA 6= 0.

3.5.1 De regel van Cramer

De oplossing van een stelsel van Cramer kan op een specifieke manier bekomen worden,nl. met de zogenaamde regel van Cramer.

Bij een stelsel van Cramer is het mogelijk een lineaire combinatie te maken van de n ver-gelijkingen zodanig dat alle onbekenden verdwijnen op een onbekende na. Op die manierkunnen we de waarden van alle onbekenden bepalen.

Willen we de waarde van de eerste onbekende, dan vermenigvuldigen we de vergelijkin-gen in beide leden met resp. de cofactoren van de elementen van de eerste kolom van decoefficientenmatrix en tellen de bekomen producten op.

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxna21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn

......

...an1x1 + an2x2 + · · · + annxn

= b1 ×A11

= b2 ×A21...

...= bn ×An1

(a11A11 + a21A21 + · · ·+ an1An1)x1

+(a12A11 + a22A21 + · · ·+ an2An1)x2

+ · · ·+ (a1nA11 + a2nA21 + · · ·+ annAn1)xn = b1A11 + b2A21 + · · ·+ bnAn1

In de vergelijking die we bekomen is de coefficient van de eerste onbekende gelijk aande determinant van A, de coefficienten van de andere onbekenden zijn nul. Dit steuntenerzijds op de definitie van de determinant van een matrix, nl. de determinant van eenmatrix is gelijk aan de som van de producten van de elementen van bepaalde kolom methun corresponderende cofactor en anderzijds op de eigenschap dat de som van de produc-ten van de elementen van een bepaalde kolom met de cofactoren van de corresponderendeelementen van een andere kolom gelijk is aan nul. We bekomen dus

(detA)x1 = b1A11 + b2A21 + · · ·+ bnAn1

De uitdrukking in het tweede lid kan geschreven worden in de vorm van een determinant,dezelfde als van detA maar waarin de eerste kolom vervangen is door de constanten bi van

3.5. STELSELS VAN CRAMER 123

het stelsel.

(detA)x1 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣b1 a12 . . . a1n

b2 a22 . . . a2n...

......

bn an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Aangezien detA 6= 0 kunnen we de eerste onbekende uit de vergelijking oplossen. Deeerste onbekende is dan gelijk aan het quotient van twee determinanten.

Op analoge wijze verkrijgen we de andere onbekenden.

* Regel van Cramer voor een lineair (2, 2)-stelsel.

Een lineair (2, 2)-stelsel met rang gelijk aan 2 heeft juist een oplossing. De waardevan de eerste en tweede onbekende is gelijk aan het quotient van twee determi-nanten van de orde 2. De teller is de determinant van de matrix die we bekomendoor in de coefficientenmatrix A resp. de eerste en de tweede kolomvector te ver-vangen door de kolomvector van de constanten, de noemer is de determinant van decoefficientenmatrix. {

a11x + a12y = b1a21x + a22y = b2

(met detA 6= 0).

De oplossing van dit stelsel is

(x, y) = (

∣∣∣∣ b1 a12

b2 a22

∣∣∣∣∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ ,∣∣∣∣ a11 b1a21 b2

∣∣∣∣∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣).Bijzonder geval: Is het lineair (2, 2)-stelsel een homogeen stelsel met rang gelijk aan2 dan is de enige oplossing de nuloplossing (0, 0).

* Regel van Cramer voor een lineair (3, 3)-stelsel.

Een lineair (3, 3)-stelsel met rang gelijk aan 3 heeft juist een oplossing. De waardevan de eerste, tweede en derde onbekende is gelijk aan het quotient van twee deter-minanten van de orde 3. De teller is de determinant van de matrix die we bekomendoor in de coefficientenmatrix A resp. de eerste, de tweede en de derde kolomvectorte vervangen door de kolomvector van de constanten, de noemer is de determinantvan de coefficientenmatrix.

a11x + a12y + a13z = b1a21x + a22y + a23z = b2a31x + a32y + a33z = b3

(met detA 6= 0).


De oplossing van dit stelsel is

(x, y, z) = (

∣∣∣∣∣∣b1 a12 a13

b2 a22 a23

b3 a32 a33

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣,

∣∣∣∣∣∣a11 b1 a13

a21 b2 a23

a31 b3 a33

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣,

∣∣∣∣∣∣a11 a12 b1a21 a22 b2a31 a32 b3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣).

Bijzonder geval: Is het lineair (3, 3)-stelsel een homogeen stelsel met rang gelijk aan3 dan is de enige oplossing de nuloplossing (0, 0, 0).

OPGAVEN — 93 Ga na of volgende stelsels stelsels zijn van Cramer. Indien zo, bepaal de oplossingmet de regel van Cramer.

a.{

2x− y = 5x+ y = 1 b.

{x− y = 2x+ y = −2

c.

x − 3y + z = −22x − y − z = 33x − 4y + z = 2

d.

x + y + z = 42x + 5y − 2z = 3x + 7y − 7z = −6

Oplossingen:93 a. (2,−1); b. (0,−2); c. (3, 2, 1); d. geen stelsel van Cramer.

3.6 De inverse matrix van een niet-singuliere matrix

De inverse matrix van een vierkante matrix A is de matrix A−1 waarvoor geldt:

A.A−1 = In = A−1.A

Nemen we van beide leden de determinant

det(A.A−1) = detIn = det(A−1.A)⇐⇒ detAdetA−1 = 1

Hieruit volgt dat detA 6= 0. Een nodige voorwaarde opdat een matrix een inverse matrixzou bezitten is dus dat de determinant van de matrix verschillend is van nul.

Dit laatste doet ons denken aan een stelsel van Cramer waar de determinant van decoefficientenmatrix verschillend is van nul. We bewijzen nu met de theorie van de stelselsvan Cramer dat elke matrix met determinant verschillend van nul een inverse matrix heeftdoor hem daadwerkelijk te construeren.

3.6. DE INVERSE MATRIX VAN EEN NIET-SINGULIERE MATRIX 125

Een stelsel van Cramer heeft juist een oplossing. We schrijven een algemeen stelsel vanCramer in verkorte matrixgedaante:

A.X = B met detA 6= 0

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

......

an1 an2 · · · ann

en

X =

x1

x2...xn

en B =

b1b2...bn

De vergelijking A.X = B is de matriciele vergelijking van het stelsel.Vermits het stelsel een stelsel van Cramer is, geldt dat de matrix A−1 bestaat.

A.A−1 = In = A−1.A

A.X = B ⇐⇒ A−1.(A.X) = A−1.B (A−1 bestaat)⇐⇒ (A−1.A).X = A−1.B ( prod. is ass.)⇐⇒ In.X = A−1.B ( def A−1)⇐⇒ X = A−1.B (In is neutr. el. vr. prod)

Volgens de regel van Cramer is

X =

x1

x2...xn

met

x1 = 1

detA(b1A11 + b2A21 + · · ·+ bnAn1)

x2 = 1

detA(b1A12 + b2A22 + · · ·+ bnAn2)

......

xn = 1

detA(b1A1n + b2A2n + · · ·+ bnAnn)

m


x1 = 1

detA

(A11 A21 . . . An1

).

b1b2...bn

x2 = 1

detA

(A12 A22 . . . An2

).

b1b2...bn

...

...

xn = 1

detA

(A1n A2n . . . Ann

).

b1b2...bn

m

x1

x2...xn

=1

detA.

A11 A21 · · · An1

A12 A22 · · · An2...

......

A1n A2n · · · Ann

.

b1b2...bn

Uit deze laatste gelijkheid volgt dat

A−1 =1

detA.

A11 A21 · · · An1

A12 A22 · · · An2...

......

A1n A2n · · · Ann

⇐⇒ 1

detA.AAdj

De adjunct-matrix van A, genoteerd AAdj, is de getransponeerde matrix van de matrixdie we bekomen uit de matrix A door elk element te vervangen door zijn cofactor.

Besluit: IsdetA 6= 0

dan is

A−1 =AAdj

detA(3.5)

We zeggen dat de matrix A regulier of niet-singulier of invertibel of inverteerbaaris.

3.6. DE INVERSE MATRIX VAN EEN NIET-SINGULIERE MATRIX 127

Verband tussen een matrix en zijn adjunct-matrix

Vermenigvuldigen we beide leden van de formule 3.5 met detA dan is

detA.A−1 = AAdj.

Vermenigvuldigen we achtereenvolgens de laatste uitdrukking links en rechts met de ma-trix A dan verkrijgen we de formule die een verband uitdrukt tussen de matrix A en zijnadjunct.

AAdj.A = A.AAdj = detA.In (3.6)

De determinant van de adjunct-matrix

Nemen we van beide leden van de formule 3.6 de determinant dan bekomen we

detA · detAAdj = (detA)n ⇐⇒ detAAdj = (detA)n−1.

LIN.AL. HUISTAAK 7 1. Toon aan dat (AAdj)Adj = (detA)n−2 · A.

2. Los het volgend stelsel op met de regel van Cramer en met de matriciele methode:x+ y − z = 02x− 3y + z = 5−x+ y − 4z = −3


3.7 Rang van een matrix bepalen met determinanten

STELLING 3.16 Is de rang van een matrix van de orde r × n gelijk aan het aantalrijen r dan bestaat er een vierkante deelmatrix van de orde r× r waarvan de determinantverschillend is van nul.

Bewijs: De r rijvectoren van de matrix zijn lineair onafhankelijk vermits de rang gelijk isaan het aantal rijvectoren.Stel dat de determinanten van alle deelmatrices van de orde r gelijk zijn aan nul danzouden de rijen lineair afhankelijk zijn, wat in strijd is met het feit dat de rijvectorenlineair onafhankelijk zijn.

STELLING 3.17 Is de rang van een matrix van de orde m×n gelijk aan r, dan hebbenalle vierkante deelmatrices van een orde strikt groter dan r× r een determinant gelijk aannul en dan bestaat er een vierkante deelmatrix van de orde r× r waarvoor de determinantverschillend is van nul.

Bewijs:

1. Aangezien de rang van de matrix gelijk is aan r, is een verzameling rijvectoren waar-van het aantal groter is dan r een niet vrije verzameling. Beschouwen we de matrixbehorende bij deze rijvectoren dan is de determinant van elke vierkante deelmatrixvan de orde groter dan r × r gelijk aan nul, vermits de rijvectoren daarin lineairafhankelijk zijn. Hieruit besluiten we dat de determinant van elke deelmatrix vaneen orde groter dan r × r gelijk is aan nul.

2. Aangezien de rang van de matrix gelijk is aan r, bestaat er een deelmatrix van deorde r × n waarvan de rang ook gelijk is aan r (de rijvectoren vormen hier eenminimaal voortbrengend deel).Volgens de voorgaande stelling bestaat er in die matrix een vierkante deelmatrixvan de orde r × r waarvan de determinant verschillend is van nul.

Deze stelling laat toe derang van een matrix te definieren als het grootste getal rwaarvoor er een niet-nul deelmatrix bestaat van de orde r×r met determinant verschillendvan nul.

Daar de determinant van een matrix gelijk is aan de determinant van zijn getransponeerdematrix, hebben we:

GEVOLG 3.2 De rang van een matrix is dezelfde als deze van zijn getransponeerde.

3.7. RANG VAN EEN MATRIX BEPALEN MET DETERMINANTEN 129

Anders geformuleerd geeft dit het volgend belangrijk resultaat:

GEVOLG 3.3 De dimensie van de vectorruimte voortgebracht door de rijvectoren isdezelfde als deze van de vectorruimte voortgebracht door de kolomvectoren.

We zeggen dat de rijenrang gelijk is aan de kolommenrang van de matrix.

OPGAVEN — 94 Bespreek de rang van de volgende matrices met behulp van determinanten.

a.

(p q 1q p 1

)b.

(p 1 −11 p p

)c.

a 1 b1 1 ab1 a b

d.

1 1 1a b cbc ac ab

e.

1 a 11 1 a

a+ 1 a 1

f.

1 a a2

1 a abb a a2b

g.

a b ca2 b2 c2

a3 b3 c3

h.

x a aa x aa a x

Oplossingen: 94:

a. r = 2⇐⇒ p 6= q en r = 1⇐⇒ p = q;

b. r = 2;

c. * r = 3⇐⇒ b 6= 0 ∧ a 6= −2 ∧ a 6= 1

* r = 2⇐⇒ (b = 0 ∧ a 6= 1) ∨ a = −2

* r = 1⇐⇒ a = 1

d. * r = 3⇐⇒ de 3 parameters 2a 2 verschillend zijn van elkaar;

* r = 2⇐⇒ 2 parameters gelijk aan elkaar maar verschillend van de derde;

* r = 1⇐⇒ de 3 parameters gelijk aan elkaar.

e. * r = 3⇐⇒ a 6= 0 ∧ a 6= −1 ∧ a 6= 1

* r = 2⇐⇒ (a = 0 ∨ a = 1 ∨ a = −1)

f. * r = 3⇐⇒ a 6= 0 ∧ a 6= b ∧ b 6= 1

* r = 2⇐⇒ (a = b ∧ a 6= 0 ∧ a 6= 1) ∨ (b = 1 ∧ a 6= 0 ∧ a 6= 1)

* r = 1⇐⇒ a = b = 1 ∧ a = 0

g. * r = 3⇐⇒ de 3 parameters 2a 2 verschillend zijn van elkaar en verschillend van nul;

* r = 2 ⇐⇒ 2 parameters gelijk aan elkaar maar verschillend van de derde en allemaal ver-schillend van nul of 1 parameter gelijk aan nul en de 2 andere parameters verschillend vannul en verschillend van elkaar;

* r = 1⇐⇒ de 3 parameters gelijk aan nul.


3.8 Regel van Rouche voor de oplosbaarheid van een

lineair stelsel

We beschouwen een lineair (m,n)-stelsel waarvan de rang gelijk is aan r met r < m. Dedeterminant behorende bij een hoofdmatrix noemen we een hoofddeterminant van hetstelsel. Een hoofddeterminant is steeds verschillend van nul.

STELLING 3.18 (De regel van Rouche) Een lineair (m,n)-stelsel waarvan de rangr < m, is oplosbaar als en slechts als de (m− r) karakteristieke determinanten t.o.v. eenhoofddeterminant gelijk zijn aan nul. De karakteristieke determinanten zijn van de order + 1.Is het stelsel oplosbaar, dan is elke nevenvergelijking een lineaire combinatie van de rhoofdvergelijkingen. Elke oplossing van het stelsel hoofdvergelijkingen is ook oplossingvan de nevenvergelijkingen. D.w.z. dat het lineair (m,n)-stelsel zich herleidt tot een stel-sel van r hoofdvergelijkingen.In het geval r = n heeft het stelsel juist een oplossing en in geval r < n heeft het stelseloneindig veel oplossingen met (n− r) vrije onbekenden of er zijn ∞n−r oplossingen. Hetstelsel is (n− r)-voudig onbepaald.Het stelsel is onoplosbaar als en slechts als minstens een van de karakteristieke determi-nanten verschillend is van nul.

Bewijs: Voor het bewijs van de regel van Rouche zullen we zonder aan de algemeenheidvan de redenering te schaden ons beperken tot een lineair (4, 3)-stelsel met bvb. rang gelijkaan 2.

a11x + a12y + a13z = b1a21x + a22y + a23z = b2a31x + a32y + a33z = b3a41x + a42y + a43z = b4

(met rangA = 2).

Brengen we in elke vergelijking van het stelsel de constante bi naar het eerste lid, dankunnen we elke vergelijking kort schrijven als Vi = 0 met i ∈ {1, 2, 3, 4}.Het stelsel kunnen we kort schrijven:

V1 = 0V2 = 0V3 = 0V4 = 0

We nemen bvb. als hoofddeterminant de determinant δ =

∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ 6= 0.

Een stelsel hoofdvergelijkingen is hier het stelsel bestaande uit de eerste twee vergelijkin-

3.8. REGEL VAN ROUCHE VOOR DE OPLOSBAARHEID VAN EEN LINEAIR STELSEL131

gen van het gegeven stelsel. Het stelsel hoofdvergelijkingen is oplosbaar met∞1 oplossin-gen en is dus enkelvoudig onbepaald.

Beschouwen we de volgende determinanten van de derde orde∣∣∣∣∣∣a11 a12 V1

a21 a22 V2

a31 a32 V3

∣∣∣∣∣∣ en

∣∣∣∣∣∣a11 a12 V1

a21 a22 V2

a41 a42 V4

∣∣∣∣∣∣en stellen α =

∣∣∣∣ a21 a22

a31 a32

∣∣∣∣ en β = −∣∣∣∣ a11 a12

a31 a32

∣∣∣∣.Door uitwerking van beide determinanten van de derde orde op twee verschillende ma-nieren (enerzijds door te ontwikkelen naar de laatste kolom en anderzijds door gebruik temaken van de eigenschappen van de determinanten) leiden we volgende identiteiten af:

−

∣∣∣∣∣∣a11 a12 b1a21 a22 b2a31 a32 b3

∣∣∣∣∣∣ = V1.α + V2.β + V3.δ (3.7)

−

∣∣∣∣∣∣a11 a12 b1a21 a22 b2a41 a42 b4

∣∣∣∣∣∣ = V1.α′ + V2.β

′ + V4.δ (3.8)

In de tweede leden van 3.7 en 3.8 treden x, y en z op terwijl de eerste leden enkel degegeven coefficienten van het stelsel bevatten en onafhankelijk zijn van x, y en z. Nu zijn3.7 en 3.8 geldig voor elke waarde van x, y en z en in het bijzonder ook voor de eventueleoplossingen van het stelsel.We gaan nu bewijzen dat het stelsel oplosbaar is als en slechts de determinanten van 3.7en 3.8 gelijk zijn aan nul.

1. =⇒Is het stelsel oplosbaar dan worden de tweede leden van 3.7 en 3.8 nul, als we eenoplossing invullen. Dit betekent dat voor een oplosbaar stelsel de constante eersteleden steeds nul zijn.∣∣∣∣∣∣

a11 a12 b1a21 a22 b2a31 a32 b3

∣∣∣∣∣∣ = 0 en

∣∣∣∣∣∣a11 a12 b1a21 a22 b2a41 a42 b4

∣∣∣∣∣∣ = 0.

Is het stelsel oplosbaar, dan geldt tevens:


∀(x, y, z) ∈ R3 :

{V1.α + V2.β + V3.δ = 0V1.α

′ + V2.β′ + V4.δ = 0

m (δ 6= 0)

∀(x, y, z) ∈ R3 :

{V3 = −α

δ.V1 − β

δ.V2

V4 = −α′

δ.V1 − β′

δ.V2

Is het lineair (4, 3)-stelsel met r = 2 oplosbaar dan is het eerste lid van elke nevenver-gelijking te schrijven als een lineaire combinatie van de eerste leden van de tweehoofdvergelijkingen. Hier zijn de eerste leden van de derde en de vierde vergelij-king te schrijven als lineaire combinaties van de eerste leden van de eerste tweevergelijkingen, die hoofdvergelijkingen zijn.

2. ⇐=

Als ∣∣∣∣∣∣a11 a12 b1a21 a22 b2a31 a32 b3

∣∣∣∣∣∣ = 0 en

∣∣∣∣∣∣a11 a12 b1a21 a22 b2a41 a42 b4

∣∣∣∣∣∣ = 0,

dan zijn volgens 3.7 en 3.8, V3 en V4 te schrijven als lineaire combinaties van V1

en V2. Elke oplossing van het stelsel bestaande uit de eerste twee vergelijkingenis ook oplossing van de laatste twee vergelijkingen. Hieruit volgt dat het lineair(4, 3)-stelsel oplosbaar is.

Besluit: De nodige en voldoende voorwaarde opdat het lineair (4, 3)-stelsel met rang ge-lijk aan 2 oplosbaar zou zijn is dat de twee determinanten gelijk zijn aan nul. Deze tweedeterminanten worden daarom de karakteristieke determinanten t.o.v. een hoofd-determinant van het lineair stelsel genoemd. Ze worden gevormd door een hoofd-determinant van de coefficientenmatrix te randen met de overeenkomstige constanten ende overeenkomstige coefficienten uit de nevenvergelijkingen. Het aantal karakteristiekedeterminanten is gelijk aan het aantal nevenvergelijkingen van het stelsel.De orde van een karakteristieke determinant is een hoger dan de orde van een hoofdde-terminant.

De nodige en voldoende voorwaarde opdat het lineair (4, 3)-stelsel met rang gelijk aan 2oplosbaar zou zijn is ook dat de twee nevenvergelijkingen lineaire combinaties zijn van detwee hoofdvergelijkingen.

�

3.9. WISKUNDE-CULTUUR 133

OPGAVEN — 95 Bespreek de oplosbaarheid van volgende stelsel d.m.v. determinanten en geef in elkgeval de oplossingen.

a.

x+ ay + z − u = 0x− ay + z − u = 0x+ ay + z + bu = 0

d.

x− ay + z − u = 0x+ ay − z − u = 1x+ y + az − bu = 2

b.

x+ ay + z + u = 1x+ ay + az + 5u = 0ax+ 4y + 3z + 3au = 1

e.

x+ y − z − u = 1x− y + z − u = ax+ y + az + au = 3

c.

x− 3y − az + u = 4y + az + 3u = 0ax+ 2ay + z + 2u = −23x− 5y + 2az + au = 1

f.

x+ y + z + 4u = ax− 3y + az + u = 4x+ 2y + z + 2u = −2bx− 5y + 2az + 2u = 1


1. GAUSS Carl Friedrich Vreemd is het dat geen enkel ontwikkeld mens zou willentoegeven niets van Shakespeare af te weten - waarschijnlijk de grootste schrijver dieooit bestaan heeft, vooropgesteld dat zo’n titel enige betekenis heeft - maar dat zeerweinig ‘ontwikkelde’ mensen er moeite mee hebben hun onwetendheid over Gauss,EULER (1707-1783), POINCARE (1854-1912), enzovoort, toe te geven.Op de scheidingslijn tussen de achttiende en negentiende eeuw verheft zich de Olym-pische gestalte van Carl Friedrich Gauss. Hij was de zoon van een arbeider in Bruns-wijk, maar zijn vroege begaafdheid bracht hem onder de aandacht van de hertogvan Brunswijk, die voor de opvoeding van het wonderkind zorg droeg. Na van 1795-’98 in Gottingen gestudeerd te hebben verkreeg de jonge Gauss in 1799 de graadvan doctor in Helmstedt, waar J.f. PFAFF (Duits evangelisch theoloog 1686-1760)professor was. Van 1807 tot zijn dood in 1855 werkte hij ongestoord als directeurvan de sterrenwacht en professor aan de universiteit van Gottingen. Zijn tamelijkstreng isolement, zijn beheersing van de ‘zuivere’ als wel de ‘toegepaste’ wiskun-de, zijn grote astronomische belangstellingen zijn voorliefde voor het Latijn als taalwaarin hij publiceerde, geven aan zijn figuur een achttiende eeuws karakter, maarin zijn eigen gebied van de exacte wetenschappen wist hij aan de nieuwe ideeen opdiepzinnige, doch ook klare wijze uitdrukking te verlenen. Gauss en Jacobi warenvrijwel de laatsten die in het Latijn schreven.Gauss begon op zeventienjarige leeftijd merkwaardige ontdekkingen te doen. Gaussbracht het eerste strenge bewijs van de zogenaamde hoofdstelling van de algebra.Deze stelling, volgens welke een algebraısche vergelijking van graad n juist n wor-tels heeft in de verzameling van de complexe getallen, gaan we dit schooljaar nogzien. Gauss hield van deze stelling en gaf later nog twee bewijzen. Gauss gaf eenmerkwaardige aanvulling van de Griekse meetkunde door een constructie te gevenmet passer en lineaal van een regelmatige zeventienhoek. Dit geldt voor alle regel-


matige n-hoeken waarvoor n = 2p, p = 2k, n priemgetal, k = 0, 1, 2, 3, ..., dus b.v.ook n = 257. Een standbeeld in Gottingen stelt Gauss met zijn jongere medewerkerWilhelm WEBER voor op het ogenblik dat zij bezig zijn de electrische telegraaf teontdekken. Dit gebeurde in de jaren 1833-34 in de tijd dat Gauss begon fysica tebeoefenen. Gauss was reeds in 1816 in het bezit van de niet-euclidisch meetkunde(later herontdekt). Gauss betwijfelde de toen algemeen aanvaarde leer van KANT(1724-1804) die onze ruimtevoorstelling a priori voor euclidisch hield. Hij schijnt welde eerste geweest te zijn die geloofde in de onafhankelijkheid van het parallellenaxi-oma en dus tot de conclusie kwam dat andere meetkunden, die op een ander axiomaberusten, logisch mogelijk waren. Gauss maakte zijn gedachten over dit onderwerpniet publiek. De eerste die openlijk de autoriteiten van tweeduizend jaar wiskundedurfden tegen te spreken en een niet-euclidische meetkunde construeerden wareneen Rus en een Hongaar. De eerste wiskundige van de eerste rang, die het belangvan de niet-euclidische meetkunde volledig begreep, was RIEMANN (1826-1866).Volledige erkenning van deze andere meetkunden kwam eerst toen, na 1870, eenjongere generatie Riemanns ideeen begon te begrijpen en uit te werken.

2. JORDAN Camille is een Frans wiskundige van 1838 tot 1922.

LIN.AL. HUISTAAK 8 Bespreek de oplosbaarheid van het volgend stelsel. Geef ooktelkens de oplossingen.

x+ az + a2u = a3

y + bz + b2u = 0x+ cy + c2u = c3

y + dz + d2u = 0

3.9. WISKUNDE-CULTUUR 135

PROEFHERHALINGSTOETS

1. Bespreek de rang van de volgende matrix met behulp van determinanten. 1 b 1a 1 11 c 1

2. Bespreek de oplosbaarheid van het volgend stelsel. Geef ook telkens de oplossingen.

ax+ y + bz = a(a− 1)x+ z = a− b+ 1ax+ y + az = bx+ ay + z = a+ b

Wanneer stellen de stelsels van de eerste twee vergelijkingen en van de laatste tweevergelijkingen rechten voor

(a) die kruisend zijn?

(b) die snijdend zijn?

(c) die parallel zijn?

Hoofdstuk 4

Krommen

4.1 Poolvergelijking van een kromme

4.1.1 Definitie van poolcoordinaat van een punt in het vlak

Beschouwen we het punt P (x, y) t.o.v. een cartesisch coordinatenstelsel in het euclidischvlak (orthonormale basis). De ligging van het punt P (x, y) wordt volledig bepaald door θen r. De hoek θ is de scherpe of de stompe georienteerde hoek die de rechte OP insluit metde positieve halve x-as (rotatiehoek met beginbeen de positieve halve x-as). De orientatievan de rechte OP wordt aangegeven door de hoek θ. De reele waarde r is de absis van hetpunt P op de georienteerde rechte OP (lengte van de vector ~OP (x, y) met een plusteken

of een minteken al naargelang de zin van ~OP dezelfde is van de georienteerde rechte aldan niet).We noemen het koppel (θ, r) een poolcoordinaat van het punt P .Voor de georienteerde hoek θ mogen we elk maatgetal geven.De poolcoordinaat van een punt wordt volledig bepaald t.o.v. een polair coordinatenstelsel

Figuur 4.1: Poolcoordinaat van een punt P

137

138 HOOFDSTUK 4. KROMMEN

dat bestaat uit de zogenaamde pool O en de positieve halve x-as, die we de poolas noe-men. De y-as moet enkel beschouwd worden als we het verband willen leggen met decartesische coordinaat.

Verband tussen poolcoordinaat en cartesische coordinaat van een puntZijn r en θ gegeven dan zoeken we x en y met de volgende formules:{

x = r cos θy = r sin θ

Zijn x en y gegeven dan zoeken we r en θ met de volgende formules:{r2 = x2 + y2

tan θ = yx

Opmerkingen:

• Een punt heeft oneindig veel poolcoordinaten.

Voorbeeld: De koppels

(π

3, 2) (

4π

3,−2) (

7π

3, 2) (

−5π

3, 2) (

−2π

3,−2)

zijn verschillende poolcoordinaten van hetzelfde punt.

• Voor beschrijving van krommen in poolcoordinaten is het nodig dat we voor θ allemaatgetallen kunnen beschouwen uitgedrukt in radialen omdat ze aanleiding geventot oneindig veel verschillende punten in het vlak bv. bij de vergelijking van eenspiraal (zie later).

4.1.2 Scalair product in poolcoordinaten

Het scalair product van twee vectoren ~v1 en ~v2 is het reeel getal dat we bekomen doorhet product te maken van de normen van de beide vectoren en de cosinus van de hoek θingesloten door de twee vectoren.

Met symbolen:~v1.~v2 = ‖~v1‖‖~v2‖ cos θ

We beschouwen de punten A en B met resp. de poolcoordinaten (θ1, r1) en (θ2, r2). De

hoek θ1 − θ2 is de hoek ingesloten door de vectoren ~OA en ~OB.

~OA · ~OB = ‖ ~OA‖‖ ~OB‖ cos(θ1 − θ2) = r1r2 cos(θ1 − θ2)

4.1. POOLVERGELIJKING VAN EEN KROMME 139

4.1.3 Afstand in poolcoordinaten

Om de afstand tussen tywee punten uit te drukken in poolcoordinaten, kunnen we gebruikmaken van de cosinusregel in de driehoek OAB.

|AB|2 = |OA|2 + |OB|2 − 2|OA| · |OB| cos(θ1 − θ2)

|OA|=|OB|=1

m|AB|2 = r2

1 + r22 − 2r1r2 cos(θ1 − θ2) (4.1)

Figuur 4.2: scalair product en afstand in poolcoordinaten

4.1.4 Eenvoudige vergelijkingen in poolcoordinaten

In poolcoordinaten kunnen we de volgende krommen eenvoudig schetsen:

* De cirkel met middelpunt in de pool en straal R: r = R;

* Een vectorrechte: θ = θ1 (als we ook negatieve r-waarden toelaten);

* Een spiraal van Archimedes: r = aθ met a ∈ R0;

* Een hyperbolische spiraal: r = aθ

met a ∈ R0.


4.1.5 Poolvergelijking van een rechte

Figuur 4.3: de poolvergelijking van een rechte

In het euclidisch vlak is een rechte volledig bepaald door een punt en een normaalvector.Beschouwen we een rechte a niet gaande door de pool O. Is het punt A(θ0, r) het voetpuntvan de loodlijn uit de pool O op de rechte a dan is (θ0), r0 de poolcoordinaat van eennormaalvector ~n van de rechte a alsook de poolcoordinaat van een punt van de rechte a.We gaan nu de nodige en voldoende voorwaarde zoeken waaraan de poolcoordinaat (θ, r)van een punt P moet voldoen opdat het op de rechte a zou gelegen zijn.

P (θ, r) ∈ a ⇐⇒ ~AP ⊥ ~n⇐⇒ ~AP .~n = 0

⇐⇒ ( ~OP − ~OA). ~OA = 0

⇐⇒ ~OP . ~OA− ( ~OA)2 = 0⇐⇒ rr0 cos(θ − θ0)− r2

0 = 0r0 6=0⇐⇒ r cos(θ − θ0)− r0 = 0

De poolvergelijking van een rechte a is van de gedaante

r cos(θ − θ0)− r0 = 0

We lossen een vergelijking in poolcoordinaten meestal op naar r, dan hebben we de voer-straal van een punt van de rechte in functie van de hoek die deze voerstraal insluit metde positieve x-as.

r =r0

cos(θ − θ0).


Met deze gedaante sluiten we de waarde van θ uit waarvoor

cos(θ − θ0) = 0⇐⇒ θ = θ0 + 90o.

Deze waarde van θ levert het oneigenlijk punt van de rechte a op.


* Rechte parallel met de poolas

De normaalvector van de rechte sluit een hoek van 90o in met de poolas.

θ0 = 90o

r =r0

cos(θ − 90o).

De algemene vergelijking van een rechte parallel met de poolas is

r =r0

sin θ.

* Rechte orthogonaal met de poolas

De normaalvector van de rechte sluit een hoek van 0o in met de poolas.

θ0 = 0o

r =r0

cos θ.

Dit is de algemene vergelijking van een rechte orthogonaal met de poolas.

OPGAVEN — 96 Bepaal de vergelijking van de rechte met normaalvector (135o, 2) en door het punt(135o, 2)

97 Bepaal de vergelijking van de rechte met normaalvector (210o, 1) en door het punt (210o,−2)

98 Teken de rechten met volgende poolvergelijking

a. r = 4cos(θ−60o) ;

b. r = − 3sin θ ;

c. r =√

2cos(θ+15o) ;

d. r = −1√3 cos(θ−315o)

;

e. r = − 43 cos(θ+102o) .

f. r = 6cos θ+

√3 sin θ

.


4.1.6 Poolvergelijking van een cirkel

1. Het middelpunt van de cirkel ligt in de oorsprongDe vergelijking is

r = R.

Merk op dat de vergelijking van de eerste graad is en dat in tegenstelling met devergelijking van een cirkel in cartesische coordinaten die steeds van de tweede graadis.

Figuur 4.4: poolvergelijking van een cirkel

2. De cirkel C(M ;R) gaat niet door O en M 6= O

Is M(r0, θ0) (r0 6= 0) het middelpunt van een cirkel C in poolcoordinaten en R destraal dan geldt:

P (θ, r) ∈ C ⇐⇒ |PM |2 = R2

⇐⇒ r2 + r20 − 2rr0 cos(θ − θ0) = R2

De algemene vergelijking van een cirkel in poolcoordinaten is

r2 + r20 − 2rr0 cos(θ − θ0) = R2.

Betekenis van de vergelijking van de cirkel in poolcoordinaten: Omeen poolcoordinaat van een punt te bepalen van C geven we aan θ een waarde θ1

en berekenen we uit de poolvergelijking de corresponderende r-waarde. Dit komt er


op neer dat we de snijpunten zoeken van de cirkel met de rechte aO : θ = θ1.Dit levert het volgend stelsel op:{

r2 + r20 − 2rr0 cos(θ − θ0) = R2

θ = θ1⇐⇒

{r2 − 2(r0 cos(θ1 − θ0))r + r2

0 −R2 = 0θ = θ1

De eerste vergelijking van het laatste stelsel is een kwadratische vergelijking in r.Met elke waarde θ1 van θ vinden we ofwel twee verschillende reele r-waarden, tweesamenvallende r-waarden of twee toegevoegd imaginaire r-waarden al naar gelangde discriminant van de kwadratische vergelijking. Deze |r|-waarden zijn dan de af-standen van de snijpunten van aO met de cirkel.

Figuur 4.5: de raaklijnen uit een punt aan een cirkel

Raaklijnen uit de oorsprong aan de cirkel:De bovenstaande beschouwing laat ons ook toe de raaklijnen te vinden uit O aan eencirkel. We bepalen dan de θ-waarden waarvoor de discriminant van de kwadratischevergelijking gelijk is aan nul.

r20 cos2(θ − θ0)− (r2

0 −R2) = 0

m

cos2(θ − θ0) =r20 −R2

r20

m

cos(θ − θ0) = ±√r20 −R2

r0


m

θ = θ0 + arccos(±√r20 −R2

r0) + 2kπ ∧ θ = θ0 − arccos(±

√r20 −R2

r0) + 2kπ

De vier mogelijkheden voor θ zijn twee aan twee antisupplementair en corresponde-ren dus met slechts twee raaklijnen aan de cirkel.

3. De cirkel gaat door OGaat de cirkel door de oorsprong dan is de afstand van het middelpunt tot O gelijkaan de straal R van de cirkel.

m(θ0, R)

Stellen we in de vergelijking van de cirkel r0 = R dan verkrijgen we

r2 +R2 − 2rR cos(θ − θ0) = R2 ⇐⇒ r2 − 2rR cos(θ − θ0) = 0.

De algemene vergelijking van een cirkel door de oorsprong is

r = 2R cos(θ − θ0).

De onbekende r treedt nu niet in het kwadraat op. Elke rechte θ = θ1 door deoorsprong snijdt de cirkel nog een tweede maal in een punt waarvoor de r-waardeonmiddellijk volgt uit de vergelijking na substitutie van θ door θ1, nl.

r1 = 2R cos(θ1 − θ0).

De raaklijn in de oorsprong aan de cirkel vinden we door de r-waarde van het tweedesnijpunt gelijk aan nul te stellen. Dan geldt er:

cos(θ1 − θ0) = 0⇐⇒ θ1 = 90o + θ0.

Dit is de waarde van θ waarvoor r gelijk is aan nul. De raaklijn staat bij een cirkelinderdaad loodrecht op de straal naar het raakpunt.

TAAK ♣ 99 Geef een vergelijking in poolcoordinaten van een cirkel niet door de oor-sprong. Bepaal de vergelijkingen in poolcoordinaten van de raaklijnen uit O aan de cirkel.Stel alles voor in figuur 4.5.

♣ 100 Geef een vergelijking in poolcoordinaten van een cirkel door de oorsprong. Bepaalde vergelijkingen in poolcoordinaten van de raaklijn in O aan de cirkel. Stel alles voor infiguur 4.6.


Figuur 4.6: poolvergelijking van een cirkel door de oorsprong

4.1.7 Poolvergelijking van een niet-ontaarde kegelsnede

STELLING 4.1 De meetkundige plaats van het punt P waarvoor de verhouding van deafstanden tot een gegeven punt F en een gegeven rechte d een gegeven constante is, is een(reele niet-ontaarde) kegelsnede, waarvan F een brandpunt is en d de overeenkomstigerichtlijn.

De constante verhouding e > 0 van de afstand van een punt van een kegelsnede tot eenreeel brandpunt en tot de overeenkomstige richtlijn wordt de excentriciteit van dekegelsnede genoemd.Naargelang de reele niet-ontaarde kegelsnede een ellips, een parabool of een hyperbool is,geldt voor de excentriciteit 0 < e < 1, e = 1, e > 1.

We beschouwen enkel eenvoudige poolvergelijkingen van niet-ontaarde reele kegelsneden.Daartoe kiezen we een speciaal polair coordinatenstelsel. De pool leggen we in een reeelbrandpunt F van de kegelsnede.

F = O

Noem D de projectie van F op zijn richtlijn d. De poolas x leggen we langs de as vande kegelsnede door dit brandpunt F . We orienteren x in de zin van het punt D naar hetbrandpunt F . Is ~e een eenheidsvector van x dan is

~DF = q~e.

waarin q > 0 de afstand voorstelt tussen het brandpunt F en de richtlijn d.

We noemen G en P ′ de voetpunten van de loodlijnen uit P op resp. d en x.

~GP = ~DF + ~FP ′ = (q + r cos θ)~e =⇒ |GP | = |q + r cos θ|


Figuur 4.7: poolvergelijking van een niet-ontaarde kegelsnede opstellen

We gaan nu met poolcoordinaten uitdrukken dat een punt P (θ, r) een punt is van K.

P (θ, r) ∈ K ⇐⇒ |PF |d(P, d)

=|PF ||GP |

= e⇐⇒ r

q + r cos θ= e

Omdat de excentriciteit een positieve grootheid is, moeten r en q+ r cos θ hetzelfde tekenhebben.

• Als P en F aan dezelfde kant liggen van de richtlijn dan is q+ r cos θ > 0 en moetenwe r > 0 kiezen.

– Is θ een scherpe hoek (in I en IV) (F ligt tussen D en P ′) dan is r cos θ > 0.q + r cos θ > 0 drukt de som uit: |DF |+ |FP ′| = |GP |.

– Is θ een stompe hoek (in II en III) (P ′ ligt tussen D en F ) dan is r cos θ < 0q + r cos θ > 0 drukt het verschil uit |DF | − |FP ′| = |GP |

• Als P en F aan weerskanten liggen van de richtlijn dan is q+ r cos θ < 0 en moetenwe bijgevolg r < 0 kiezen. In dit geval is de hoek θ scherp (in I en IV) (P ligt in IIof III) zodat cos θ > 0 en vermits r < 0 is r cos θ < 0.q + r cos θ < 0 drukt het verschil uit |DF | − |FP ′| = −|GP |.

P (θ, r) ∈ K ⇐⇒ r

q + r cos θ= e⇐⇒ r(1− e cos θ) = eq


m cos θ 6= 1

e

P (θ, r) ∈ K ⇐⇒ r =eq

1− e cos θ

Figuur 4.8: poolvergelijking van een niet-ontaarde ellips naar keuze

Figuur 4.9: poolvergelijking van een niet-ontaarde parabool naar keuze

Stellen we e.q = p, dan verkrijgen we voor de poolvergelijking van de kegelsnede

r =p

1− e cos θ.

waarbij e de excentriciteit is van de kegelsnede, 2p wordt de hoofdparameter van dekegelsnede genoemd en is gelijk aan de lengte van de koorde afgesneden op de kegelsnede


Figuur 4.10: poolvergelijking van een niet-ontaarde hyperbool naar keuze

door een rechte door een brandpunt loodrecht op de as. De afstand van het brandpunttot zijn richtlijn is q = p

e .

Omdat voor een parabool e = 1 is p = q. Voor een parabool is p de afstand tussen hetbrandpunt en de richtlijn (dezelfde p als in de vergelijking y2 = 2px).

Enkele beschouwingen:

• Is de kegelsnede een ellips of een parabool dan ligt een punt van de kegelsnede steedsmet F aan dezelfde kant van de overeenkomstige richtlijn en is dus steeds r > 0 enworden alle reele punten van de kegelsnede opgeleverd door in de vergelijking θ telaten varieren tussen 0 en 2π.

• Is de kegelsnede een hyperbool, dan heeft de noemer in het tweede lid van de ver-gelijking wegens e > 1 twee verschillende nulpunten.

cos θ =1

e> 0⇐⇒ θ = ±θ0

waarbij θ0 een scherpe hoek is. Voor deze twee hoeken vinden we geen punten van dehyperbool. Deze hoeken bepalen dus de asymptotische richtingen van de hyperbool.De punten van de hyperbool die gevonden worden voor een negatieve r-waardehebben een scherpe hoek θ gelegen tussen −θ0 en θ0. Deze punten bevinden zichallemaal op die tak van de hyperbool met het ander brandpunt.De punten van die we vinden voor positieve r-waarde behoren bij alle andere scherpehoeken en alle stompe hoeken.

TAAK ♣ 101 Teken in de figuren 4.8, 4.9 en 4.10 (met de computer) naar keuze eenparabool, een ellips en een hyperbool. Bepaal in poolcoordinaten de vergelijkingen vande asymptoten van de hyperbool.


4.1.8 De cissoıde of de klimoplijn van Diocles

Aan een cirkel met middellijn [OT ] trekt men de raaklijn t in punt T . Een veranderlijkerechte door O snijdt de cirkel een tweede maal in Q en de raaklijn in S. De cissoıde is demeetkundige plaats van het punt P van die rechte, waarvoor ~OP = ~QS.

Figuur 4.11: de cissoıde

Poolvergelijking van de cissoıde:

r = 2asin2 θ

cos θ

met r ≥ 0 en π2< θ < π

2, waarbij 2a de lengte is van de middellijn van de gegeven cirkel.

Cartesische vergelijking van de cissoıde in een orthonormale basis:

x(x2 + y2) = 2ay2


De cissoıde ligt symmetrisch t.o.v. de x-as. De cissoıde gaat door de oorsprong. Wesnijden de kromme met de rechte y = ωx. De vergelijking in x is:

−2aω2x2 + (1 + ω2)x3 = 0⇐⇒ x2(−2aω2 + (1 + ω2)x) = 0.

De oorsprong is een keerpunt met als keerraaklijn de x-as, die de kromme 3-puntig snijdtin de oorsprong.

4.1.9 De strophoıde

(Strephein= keren)

Men geeft twee vaste rechten s en t, loodrecht op elkaar met snijpunt T . Door een vast puntO van t gaat een veranderlijke rechte, die s snijdt in S. De strophoıde is de meetkundigeplaats van de snijpunten P en P ′ van de rechte OS met de cirkel met middelpunt S, diedoor T gaat (a is de afstand tussen O en T ).

Figuur 4.12: de strophoıde


Poolvergelijking van de strophoıde:

r2 − 2arsecθ + a2 = 0

met −π2< θ < π

2.

Cartesische vergelijking van de strophoıde:

(x2 + y2)(x− 2a) + a2x = 0.

We verschuiven de kromme over de vector ~v(−a, 0) en snijden de kromme met de rechtey = ωx. De vergelijking in x

a(1− ω2)x2 + (1 + ω2)x3 = 0

toont dat elke rechte door O de kromme dubbel snijdt in O. Het derde snijpunt heeftabsis ω2−1

ω2+1a. De oorsprong is dus een dubbelpunt.

De rechten waarvoor ω2 − 1 = 0 is, snijden de kromme drievoudig in O. De oorsprong isdus een knooppunt en y = x en y = −x zijn de hoofdraaklijnen.

4.1.10 De conchoıde of schelplijn van Nicomedes

Door het punt A(π2, a) trekken we de rechte r parallel met de poolas. Een veranderlijke

rechte d door O snijdt een vaste rechte r in het punt M . Op die veranderlijke rechteneemt men aan weerskanten van M de punten P1 en P2 zo, dat |P1M | = |MP2| constantis en gelijk aan k. De conchoıde van Nicomedes is de meetkundige plaats van de puntenP1 en P2. De conchoıde van Nicomedes is de conchoıdaal getransformeerde kromme vaneen rechte.

Poolvergelijking van de conchoıde:

r2 − 2a

sin θr +

a2

sin2 θ− k2 = 0⇐⇒ r = acosecθ ± k

Cartesische vergelijking van de conchoıde:

(y − a)2(x2 + y2) = k2y2.

De conchoıde gaat door de oorsprong. We snijden de kromme met de rechte y = ωx. Devergelijking in x is:

(a2 + a2ω2 − k2ω2)x2 − 2aω(1 + ω2)x3 + ω2(1 + ω2)x4 = 0.

De oorsprong is een dubbelpunt met twee verschillende hoofdraaklijnen y = a√k2−a2x en

y = − a√k2−a2x. De oorsprong is dus een knooppunt en de hoofdraaklijnen snijden de

kromme 3-puntig in de oorsprong.


Figuur 4.13: de conchoıde van Nicomedes

4.1.11 De slakkenlijn van Pascal en de hartlijn

Een veranderlijke rechte door het punt O van een gegeven cirkel C met straal a snijdt Ceen tweede keer in M . Op die veranderlijke rechte neemt men aan weerskanten van M depunten P1 en P2 zo, dat |MP1| = |MP2| constant is en gelijk aan k. De slakkenlijn vanPascal is de meetkundige plaats van de punten P1 en P2. De slakkenlijn van Pascal is deconchoıdaal getransformeerde kromme van een cirkel.

Poolvergelijking van de slakkenlijn van Pascal:

r2 − 4a cos θ · r + 4a2 cos2 θ − k2 = 0⇐⇒ r = 2a cos θ ± k

Cartesische vergelijking van de slakkenlijn van Pascal:

(x2 + y2 − 2ax)2 = k2(x2 + y2)

Bijzonder geval: de cardioıde of hartlijn:Dit is de slakkenlijn van Pascal in geval k = 2a.

r = 2a(cos θ ± 1) en (x2 + y2 − 2ax)2 = 4a2(x2 + y2)


Figuur 4.14: de slakkenlijn van Pascal

De slakkenlijn gaat door de oorsprong. We snijden de kromme met de rechte y = ωx. Devergelijking in x is:

(4a2 − k2 − k2ω2)x2 − 4a(1 + ω2)x3 + (1 + ω2)2x4 = 0.

De oorsprong is een dubbelpunt. De richtingscoefficienten van de hoofdraaklijnen zijn:ω =

√4a2−k2

k

1. In geval 4a2−k2 > 0 hebben we twee verschillende hoofdraaklijnen. De oorsprong iseen knooppunt en de hoofdraaklijnen snijden de kromme 3-puntig in de oorsprong.

2. In geval 4a2 − k2 < 0 hebben we in de oorsprong een geısoleerd dubbelpunt.

3. In geval 4a2−k2 = 0 hebben we twee samenvallende hoofdraaklijnen. De oorsprongis een gewoon keerpunt. De kromme is dan de cardioıde.


4.1.12 De lemniscaat of lintlijn van Bernoulli

(Grieks: lemniskos: wollen band)

De meetkundige plaats van de punten waarvoor het product van de afstanden tot tweevaste punten constant is en gelijk aan het kwadraat van de halve afstand tussen die punten(= 2a) is de lemniscaat van Bernouilli.

Figuur 4.15: de lemniscaat van Bernouilli

Poolvergelijking van de lemniscaat:

r2 = 4a2 cos2 θ − 2a2 met a ∈ R+0

Rekening houdend met de formule van goniometrie cos 2θ = 2 cos2 θ− 1 komt de vergelij-king in de gedaante

r2 = 2a2 cos 2θ met a ∈ R+0

Cartesische vergelijking van de lemniscaat:

(x2 + y2)2 = 2a2(x2 − y2).

De lemnicsaat gaat door de oorsprong. We snijden de kromme met de rechte y = ωx. Devergelijking in x is:

2a2(1− ω2)x2 − (1 + ω2)2x4 = 0.

De oorsprong is een dubbelpunt met twee verschillende reele hoofdraaklijnen. De oor-sprong is een knooppunt (crunode). De hoofdraaklijnen

y = x en y = −x

snijden de lemniscaat 4-puntig in de oorsprong. De oorsprong is een biflecnodaal punt.


4.1.13 De kappa-kromme of de kromme van Gutschoven

We beschouwen een punt P (θ, r) zo dat het stuk van de loodlijn PQ in P op OP , begrepentussen OP en de poolas, een gegegeven lengte a heeft. De meetkundige plaats van hetpunt P is de kappa-kromme.

Figuur 4.16: de kappa-kromme

Poolvergelijking van de kappa-kromme:

r = acotθ met a ∈ R+0

Cartesische vergelijking van de kappa-kromme:

y2(x2 + y2) = a2x2.

De x-as en y-as zijn symmetriaassen. De oorsprong is een punt van symmetrie.

De kappakromme gaat door de oorsprong. We snijden de kromme met de rechte y = ωx.De vergelijking in x is:

a2x2 − ω2(1 + ω2)2x4 = 0.

De oorsprong is een dubbelpunt met twee samenvallende hoofdraaklijnen met de Y -as,die de kromme in de oorsprong 4-puntig snijdt. De oorsprong is een zelfaanrakingspunt(tacnode).


4.1.14 Het trifolium van De Longchamps

T.o.v. een orthonormale basis is een cirkel gegeven met middelpunt M(0, a) en die in deoorsprong raakt aan de x-as. Het punt P is een punt van de cirkel en P ′ is het spiegelbeeldvan P t.o.v. de y-as. De meetkundige plaats van de orthogonale projectie van P ′ op derechte OP als P de cirkel doorloopt is het trifolium van De Longchamps.

Figuur 4.17: het trifolium van De Longchamps

Poolvergelijking van het trifolium van Longchamps:

r = −2a sin θ cos 2θ met a ∈ R+0

Rekening houdend met de formule van goniometrie cos 2θ = cos2 θ − sin2 θ komt de ver-gelijking in de gedaante

r = −2a sin θ(cos2 θ − sin2 θ) met a ∈ R+0

Cartesische vergelijking van het trifolium van Longchamps:

(x2 + y2)2 = 2ay(y2 − x2).

De y-as is een symmetrieas. Het trifolium gaat door de oorsprong. We snijden de krommemet de rechte y = ωx. De vergelijking in x is:

2aω(ω2 − 1)x3 − (1 + ω2)2x4 = 0.

De oorsprong is een drievoudig punt en de drie hoofdraaklijnen in de oorsprong aan hettrifolium zijn y = 0, y = x en y = −x, die de kromme in de oorsprong 4-puntig snijden.De snijpunten met de y-as zijn de oorsprong en het punt (0, 2a).


4.1.15 Het bifolium

T.o.v. een orthonormale basis is een cirkel gegeven met middelpunt M(0, a) en die in deoorsprong raakt aan de x-as. Het punt P is een punt van de cirkel en P ′ is de orthogonaleprojectie van P op de x-as. De meetkundige plaats van de orthogonale projectie van P ′

op de rechte OP als P de cirkel doorloopt is het bifolium.

Figuur 4.18: het bifolium

Poolvergelijking van het bifolium van Longchamps:

r = 2a sin θ cos2 θ met a ∈ R+0

Cartesische vergelijking van het bifolium:

(x2 + y2)2 = 2ax2y.

De y-as is een symmetrieas. De oorsprong is een drievoudig punt en twee raaklijnen inde oorsprong aan het bifolium vallen samen met de yas, de derde raaklijn is de x-as. Desnijpunten met de rechte y = x zijn de oorsprong en het punt (a

2, a

2).

Men kan de maxima van het bifolium bepalen door in de vergelijking de termen te rang-schikken naar machten van x.

x4 − 2(a− y)yx2 + y4 = 0

Deze vergelijking kunnen we oplossen naar x2.

x2 = (a− y)y ± |y|√

(a− y)2 − y2


De bestaansvoorwaarde voor y is

(a− y)2 − y2 ≥ 0

m

a2 − 2ay ≥ 0

m

2ay ≤ a2

m a > 0

y ≤ a

2

De maxima zijn de punten waarvoor y = a2, nl. (a

2, a

2) en (−a

2, a

2).

Het bifolium gaat door de oorsprong. We snijden de kromme met de rechte y = ωx. Devergelijking in x is:

2aωx3 − (1 + ω2)2x4 = 0.

De oorsprong is een tripelpunt met als hoofdraaklijnen de X-as en de Y -as, die de krommein de oorsprong 4-puntig snijden.

4.1.16 Het vierbladig rozet of klavervierkromme

Van een lijnstuk [AB] met vaste lengte 2c glijden de twee eindpunten A en B resp. op dex-as en de y-as. De meetkundige plaats van de orthogonale projectie P van de oorsprongop het lijnstuk is het vierbladig rozet. Hoeveel mogelijke standen van het lijnstuk [AB]leveren als punt van de meetkundige plaats de oorsprong op?

Poolvergelijking van het vierbladig rozet:

r = 2c sin θ cos θ ⇐⇒ r = c sin 2θ.

Cartesische vergelijking van het vierbladig rozet:

(x2 + y2)3 = 4c2x2y2.

De x-as en y-as zijn symmetrieassen, alsook de twee eerste en tweede bissectrice. Deoorsprong een een punt van symmetrie.


Figuur 4.19: het vierbladig rozet

Het vierbladig rozet gaat door de oorsprong. We snijden de kromme met de rechte y = ωx.De vergelijking in x is:

(4c2ω2)x4 − (1 + ω2)x6 = 0.

De oorsrong is een viervoudig punt met vier hoofdraaklijnen die twee aan twee samenvallenmet de X-as en de Y -as.

Door een rotatie over 45o krijgt het vierbladig rozet een vergelijking:

(x2 + y2)3 = a2(x2 − y2)2.

4.1.17 De serpentine

T.o.v. een orthonormaal coordinatenstelsel is een rechte a : y = a gegeven en een cirkeldoor O en met middelpunt (b, 0) op de x-as. Een veranderlijke vectorrechte snijdt decirkel een tweede maal in P en a in Q. De meetkundige plaats van het snijpunt S van deevenwijdige door P met de x-as en de evenwijdige door Q met de y-as is een serpentine.


Figuur 4.20: de serpentine

De poolvergelijking van de serpentine:

r2 =2ab cos θ − a2 sin θ

cos2 θ sin θ.

De cartesische vergelijking van de serpentine:

y(x2 + a2) = 2abx met a, b ∈ R+0

m

y =2abx

a2 + x2met a, b ∈ R+

0

De oorsprong is een punt van symmetrie.Het vierbladig rozet gaat door de oorsprong. We snijden de kromme met de rechte y = ωx.De vergelijking in x is:

a(aω − 2b)x+ ωx3 = 0.

De oorsprong is een enkelvoudig punt. De raaklijn snijdt de kromme in de oorsprong3-puntig. De oorsprong is een buigpunt met buigraaklijn de rechte ay = 2bx.

4.2. PARAMETERVOORSTELLING VAN EEN KROMME 161

4.2 Parametervoorstelling van een kromme

De kromme K is een rationale kromme als de coordinaatgetallen van een willekeurigpunt van de kromme als het quotient van twee veeltermen in een parameter t kunnengeschreven worden.In het bijzonder zijn de kegelsneden rationale krommen. Dit is niet zo gemakkelijk te ziendaar de standaard parametervoorstelling gebruik maakt van sinus en cosinus. Doch metbehulp van de t-formules kan men deze parametervoorstelling rationaal maken. In de restvan dit hoofdstuk zullen we nog enkele krommen geven die voortkomen uit mechanica,meer in het bijzonder, de bewegingsleer of kinematica. De parametervoorstellingen die wezullen bekomen zullen altijd goniometrische functies bezitten, maar vele kunnen rationaalgemaakt worden door kunstgrepen waar we ons niet willen mee inlaten.

4.2.1 De kegelsneden

4.2.1.1 De parametervoorstelling van een niet-ontaarde ellips

In het euclidisch vlak beschouwen we een niet-ontaarde ellips betrokken op haar assen,haar vergelijking is van de gedaante:

x2

a2+y2

b2= 1

waarin |2a| en |2b| de lengten van de koorden zijn op resp. de grote en de kleine as vande ellips.

c2 = a2 − b2

De reele brandpunten en corresponderende richtlijnen van de ellips zijn: f1(c, 0), f2(−c, 0)en R1 : x = a2

c, R2 : x = −a2

c. De parametervoorstelling is:{

x = a cos θy = b sin θ

We noemen de grote hoofdcirkel van de ellips de cirkel met middelpunt het middelpuntvan de ellips en als straal de lengte van de halve grote as.

STELLING 4.2 De meetkundige plaats van de punten waaruit de ellips E onder eenrechte hoek gezien wordt, is de cirkel met middelpunt het middelpunt van E en met straal√a2 + b2 (orthoptische cirkel of cirkel van Monge).


Figuur 4.21: parametervoorstelling van een niet-ontaarde ellips

Figuur 4.22: cirkel van Monge

4.2.1.2 De parametervoorstelling van een niet-ontaarde hyperbool

In het euclidisch vlak beschouwen we een niet-ontaarde hyperbool betrokken op zijn assen,zijn vergelijking is van de gedaante:

x2

a2− y2

b2= 1

waarin |2a| de lengte is van de koorde op de hoofdas van de hyperbool.

c2 = a2 + b2


De reele brandpunten en corresponderende richtlijnen van de hyperbool zijn: f1(c, 0),f2(−c, 0) en R1 : x = a2

c, R2 : x = −a2

c. De parametervoorstelling is:{x = a

cos θ

y = b tan θ

De ene tak van de hyperbool wordt beschreven als θ varieert tussen −π/2 en π/2, deandere tak als θ varieert tussen π/2 en 3π/2.

Figuur 4.23: parametervoorstelling van een niet-ontaarde hyperbool

STELLING 4.3 De meetkundige plaats van de punten waaruit de hyperbool H ondereen rechte hoek gezien wordt, is de cirkel met middelpunt het middelpunt van H en metstraal

√a2 − b2 (orthoptische cirkel of cirkel van Monge).

Figuur 4.24: cirkel van Monge


4.2.2 Enkele kinematische krommen

Een aantal krommen zijn het resultaat van kinematische problemen. Meestal komt uit deoplossing van het vraagstuk een parametervoorstelling naar voor met de wentelingshoekof de tijd als parameter.

4.2.2.1 De cycloıde

Een cycloıde is de kromme beschreven door een punt van een cirkel, als deze cirkel roltzonder glijden over een rechte.

Figuur 4.25: de cycloıde

De parametervoorstelling van de cycloıde is:{x = R(t− sin t)y = R(1− cos t)

Hierbij is R de straal van de cirkel en t de kleinste positieve waarde van de hoek P∧M Q

4.2.2.2 De epicycloıde

Een epicycloıde is een kromme beschreven door een punt van een cirkel C1, als dezecirkel rolt zonder glijden op een andere cirkel C2.


Figuur 4.26: de epicycloıde

De parametervoorstelling van de epicycloıde is:{x = (R + r) cos t− r cos R+r

rt

y = (R + r) sin t− r sin R+rrt

Hierbij is r de straal van C1 en R de straal van C2 en t de kleinste positieve waarde van

de hoek a∧o q.


* Is r = R dan is de epicycloıde een cardioıde hartlijn).

* Is r = R2

dan is de epicycloıde een nefroıde (nierlijn).

4.2.2.3 De hypocycloıde

Een hypocycloıde is een kromme beschreven door een punt van een cirkel C1, als dezecirkel rolt zonder glijden in een andere cirkel C2.


Figuur 4.27: de hypocycloıde

De parametervoorstelling van de hypocycloıde is:{x = (R− r) cos t+ r cos R−r

rt

y = (R− r) sin t− r sin R−rrt

Hierbij is r de straal van C1 en R de straal van C2 en t de kleinste positieve waarde van

de hoek a∧o q.


* Is r = R4

dan is de hypocycloıde een regelmatige astroıde.De parametervoorstelling van de regelmatige astroıde is:{

x = R cos3 ty = R sin3 t

Hieruit leiden we de cartesische vergelijking af:

x2/3 + y2/3 = R2/3.

* Is r = R3

dan is de hypocycloıde een hypocycloıde van Steiner of een Deltoıde.


Figuur 4.28: de astroıde en de deltoıde

4.2.2.4 De spiraal van Archimedes

Een halfrechte wentelt met een constante hoeksnelheid ω rond o. Op die halfrechte be-weegt een punt p met een constante snelheid v vanaf o.De afgelegde hoek na t seconden is:

θ = ωt

en de afgelegde weg op de halfrechte is

r = vt.

De parametervoorstelling in poolcoordinaten is{θ = ωtr = vt

Na eliminatie van de parameter t verkrijgen we de vergelijking van een spiraal van Archi-medes.

r = kθ.


Figuur 4.29: de spiralen van een zonnebloem


1. NEIL W. is een Engelse wiskundige van 1637 tot 1670. De parabool van Neil iseen kubische kromme die de evolute is van een parabool.

2. NICODEMUS is een Farizeeer, die in het Johannes-evangelie enkele malen wordtgenoemd. Er bestaat ook nog het “Evangelie van Nicodemus”.

3. LONCHAMPS en GUTSCHOVEN zijn Belgische gemeenten op het Has-pengouwse Leemplateau. Waarom twee krommen in de wiskunde naar deze tweegemeenten genoemd worden is mij een groot raadsel.

4. DIOCLES is een Grieks wiskundige van waarschijnlijk de 2de eeuw v.C. Hijschreef een boek over brandspiegels, waarin hij de cissoıde invoerde om het De-lisch probleem op te lossen en waarin hij een oplossing gaf van het probleem, doorArchimedes in zijn “Bol en Cilinder” gesteld: de bol door een vlak te verdelen intwee segmenten waarvan de inhouden in een gegeven verhouding staan.

Inhoudsopgave

1 Meetkundige plaatsen 3

1.1 Herhaling: analytische meetkunde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1 Affiene meetkunde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.2 Euclidische meetkunde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2 Meetkundige plaatsen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.1 Methode I: analytisch uitdrukken van de meetkundige voorwaarde . . . . . . . . . 12

1.2.2 Methode II: methode van de geassocieerde krommen . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.3 Wiskunde-Cultuur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2 Lineaire transformaties 63

2.1 Reele vectorruimte en deelruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.2 Definities . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

2.3 Lineaire transformaties van het vlak ΠO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2.3.1 Transformatieformules en geassocieerde matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2.3.2 Affiene lineaire transformaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

2.3.2.1 Lineaire spiegelingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

2.3.2.2 Lineaire uitrekkingen-inkrimpingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

2.3.2.3 Lineaire homothetie met factor r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

2.3.2.4 Lineaire parallelprojecties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

2.3.3 Orthogonale lineaire transformaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

2.3.4 Lineaire loodrechte projecties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

2.3.5 Opsporen van eigenvectoren van een (2× 2)-matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

2.4 Lineaire transformaties van de driedimensionale vectorruimte EO . . . . . . . . . . . . . . 90

2.4.1 Transformatieformules en geassocieerde matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

2.4.2 Enkele voorbeelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

169

170 INHOUDSOPGAVE

2.4.3 Opsporen van eigenwaarden en eigenvectoren van een(3× 3)-matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

2.5 Eigenvectoren van een symmetrische matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

2.6 Diagonalisatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

2.7 Bewerkingen met lineaire transformaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

2.7.1 De som van twee lineaire transformaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

2.7.2 De scalaire vermenigvuldiging van lineaire transformaties . . . . . . . . . . . . . . 103

2.7.3 Samenstelling van lineaire transformaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

2.7.4 Inverse lineaire transformatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3 Determinanten 107

3.1 Determinant van de orde twee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

3.2 Determinant van de orde drie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

3.2.1 Cofactor van een element van een (3× 3)-matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

3.2.2 Definitie van determinant van de orde 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

3.3 Uitbreiding van het begrip determinant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

3.4 Eigenschappen van determinanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

3.4.1 Reciproke determinant van de determinant van een symmetrische matrix ∗ . . . . . 114

3.5 Stelsels van Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

3.5.1 De regel van Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

3.6 De inverse matrix van een niet-singuliere matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

3.7 Rang van een matrix bepalen met determinanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

3.8 Regel van Rouche voor de oplosbaarheid van een lineair stelsel . . . . . . . . . . . . . . . 130


4 Krommen 137

4.1 Poolvergelijking van een kromme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

4.1.1 Definitie van poolcoordinaat van een punt in het vlak . . . . . . . . . . . . . . . . 137

4.1.2 Scalair product in poolcoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

4.1.3 Afstand in poolcoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

4.1.4 Eenvoudige vergelijkingen in poolcoordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

4.1.5 Poolvergelijking van een rechte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

4.1.6 Poolvergelijking van een cirkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

4.1.7 Poolvergelijking van een niet-ontaarde kegelsnede . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

4.1.8 De cissoıde of de klimoplijn van Diocles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

INHOUDSOPGAVE 171

4.1.9 De strophoıde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

4.1.10 De conchoıde of schelplijn van Nicomedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

4.1.11 De slakkenlijn van Pascal en de hartlijn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

4.1.12 De lemniscaat of lintlijn van Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

4.1.13 De kappa-kromme of de kromme van Gutschoven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

4.1.14 Het trifolium van De Longchamps . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

4.1.15 Het bifolium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

4.1.16 Het vierbladig rozet of klavervierkromme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

4.1.17 De serpentine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

4.2 Parametervoorstelling van een kromme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

4.2.1 De kegelsneden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

4.2.1.1 De parametervoorstelling van een niet-ontaarde ellips . . . . . . . . . . . 161

4.2.1.2 De parametervoorstelling van een niet-ontaarde hyperbool . . . . . . . . 162

4.2.2 Enkele kinematische krommen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

4.2.2.1 De cycloıde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

4.2.2.2 De epicycloıde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

4.2.2.3 De hypocycloıde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

4.2.2.4 De spiraal van Archimedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167


Meetkunde en Algebra - wiswijsHoofdstuk 1 Meetkundige plaatsen 1.1 Herhaling: analytische meetkunde...

Documents

Transcript of Meetkunde en Algebra - wiswijsHoofdstuk 1 Meetkundige plaatsen 1.1 Herhaling: analytische meetkunde...