Oefeningen meetkunde en lineaire algebra

Bert De Deckere

Inhoudsopgave

1 Vectoren 41.1 Vectorieel product . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Richtingshoeken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Spiegelen van vectoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Orthogonale projectie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.5 Vector identiteiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Transformaties 82.1 Projecties en spiegelingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.2 Rotatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.3 Spiegeling om een rechte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.4 Nuldeler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.5 Isometrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.6 Basisovergang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.7 Hyperboloıde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3 Lineaire ruimtes 163.1 Basis voor doorsnede . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.2 Endomorfisme, kern, image . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.3 Basisvoorstelling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.4 Gelijksoortige matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.5 Transformatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.6 Injectiviteit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.7 Basisovergang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.8 Deelruimte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4 Matrices en determinanten 244.1 Macht van een matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.2 Inverteerbare matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.3 Driehoeksmatrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.4 Symmetrisch product . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.5 Anticommuterende matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.6 Antisymmetrische matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.7 Inverteerbaarheid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274.8 Vectoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274.9 Determinant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284.10 Diagonaliseerbare matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.11 Inproduct behoudend . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1

5 Omwentelingsoppervlakken 305.1 Torus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305.2 Kegelsnede . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

6 Regeloppervlakken 356.1 Kromme van Viviani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356.2 Mobiusband . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366.3 Rechte conoıde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

7 Krommen en oppervlakken 387.1 Epicycloıde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387.2 Lissajous . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407.3 Gesloten kromme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

8 Eigenwaarden 428.1 Annulerend polynoom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 428.2 Nilpotente matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 428.3 Minimaalpolynoom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 428.4 Diagonaliseerbaar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 438.5 Determinant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 438.6 Exponentiele van een matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 438.7 Oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448.8 Uniciteit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 468.9 Eigenwaarde 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 468.10 Positief definiet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 468.11 Cayley-Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

9 Extra 479.1 Tensor algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2

Voorwoord

De opgaven die in deze bundel verwerkt zijn afkomstig van oude examens, de extra opgaven, ...Indien je fouten mocht aantreffen gelieve dit dan te melden via bert.dedeckere@ugent.be

3

1 Vectoren

1.1 Vectorieel product

Gegeven: zij U, V,W punten in R3 met oorsprong O en zij ~u =−−→OU,~v =

−−→OV , ~w =

−−→OW .

Bewijs dat de oppervlakte van de driehoek UVW gelijk is aan

1

2‖v × w + w × u+ u× v‖

De oppervlakte van de driehoek is gelijk aan de helft van de oppervlakte van het parallellogram

opgespanningen door−−→UV en

−−→VW . Dat geeft je dus

O4 =1

2‖−−→VW ×−−→UV ‖

=1

2‖(w − v)× (v − u)‖

=1

2‖v × w − u× w + u× v‖

1.2 Richtingshoeken

Een vector waarvan de richtingshoeken voldoen aan α = β en γ = 2α, is steeds evenwijdig methet XY -vlak.

Om deze opgave op te lossen kan je gebruikmaken van onderstaande identiteit

cos2(α) + cos2(β) + cos2(γ) = 1

Invullen geeft je dan

2 cos2(α) + cos2(2α) = 1

2 cos2(α) + (2 cos2(α)− 1)2 = 1

4 cos4(α)− 2 cos2(α) = 0

2z2(2z2 − 1) = 0

En dus moet α gelijk zijn aan ±π4,±π

2.

De waarde ±π4

komt overeen met het XY -vlak, maar ±π2

niet, dus vals.

4

1.3 Spiegelen van vectoren

Spiegelen van de vrije vector ~v t.o.v. de vectorrechte met richtingsvector ~u, levert als beeld devector −~v + 2(~u · ~v)~u op.

Voor het vervolg zal onderstaande figuur gebruikt worden

x

y

~v~u

~v′

~v′′

Dan geldt

~v′ = ~v − 2 ~v′′

~v′′ = ~v − ~v · ~u‖~u‖2~u

En uit de combinatie van beide volgt

~v′ = −~v + 2~u · ~v‖u‖2~u

En dit komt overeen met het gegeven op voorwaarde dat ‖u‖ = 1.

5

1.4 Orthogonale projectie

Onder een orthogonale projectie blijft een rechte hoek tussen twee niet-projecterende vectorenbewaard als en slechts dan als beide evenwijdig zijn met het projectievlak.

Neem ~v en ~w en projecteer deze op ~u. Dan geldt

~v′ = ~v − ~v · ~u‖~u‖2~u

~w′ = ~w − ~w · ~u‖~u‖2 ~u

Nu het scalair product nemen van beide leden, wetende dat ~v · ~w = 0.

~v′ · ~w′ = (~w · ~u)(~v · ~u)

‖~u‖2

En dus zijn ~v′ en ~w′ orthogonaal als ~u ⊥ ~w of ~u ⊥ ~v ⇒ waar.

1.5 Vector identiteiten

1. Er geldt dat ~a× (~b× ~c) = (~a×~b)× ~c als en slechts dan als ~a en ~c evenwijdig zijn.

Deze gelijkheid kan herschreven worden als

εilmεijkambjck = εimjεiklambjck

En dus ook

(δljδmk − δlkδmj)ambjck = (δmkδjl − δmlδjk)ambjck

~b(~a · ~c)− ~c(~a ·~b) = ~b(~a · ~c)− ~a(~b · ~c)

Hierbij geldt de gelijkheid als ~b ⊥ ~a ∧~b ⊥ ~c of als a ‖ c.

2. Voor drie willekeurige vectoren ~a,~b en ~c geldt steeds ~a×(~b×~c)+~b×(~c×~a)+~c×(~a×~b) = 0.

Deze zal ik eens oplossen zonder Tensor-analyse, met behulp van de baccab-regel. Degelijkheid kan herschreven worden als

~b(~a · ~c)− ~c(~a ·~b) + ~c(~b · ~a)− ~a(~b · ~c) + ~a(~c ·~b)−~b(~c · ~a) = 0

Dus de gelijkheid klopt inderdaad.

6

3. Voor drie willekeurige vectoren ~a,~b en ~c geldt er steeds dat het dubbel vectorieel product(~a× ~c)× (~c×~b) een scalair veelvoud is van ~c.

Opnieuw de baccab-regel toepassen

~c((~a× ~c) ·~b)−~b((~a× ~c) · ~c)

De rechtse term valt weg, dus waar.

4. Voor twee vrije vectoren ~a en ~b geldt dat (~a×~b)×~b = (~a ·~b)~b− ‖~b‖2~a.

Wat tensoranalyse er tegenaan smijten

(~a×~b)×~b = εijkεiplajbkbp

= (δpjδkl − δjlδkp)ajbkbp

= ~b(~a ·~b)− ~a‖~b‖2

7

2 Transformaties

2.1 Projecties en spiegelingen

Als P de (3 x 3)-matrix is corresponderend met een orthogonale projectie op een rechte en S de(3 x 3)-matrix corresponderend met een orthogonale spiegeling t.o.v. dezelfde rechte, dan geldter dat 2P − S = I3 met I3 de eenheidsmatrix van orde 3.

1. Bewijs 1Beschouw de matrix C die de rechte afbeeldt op de x-as. De matrix P wordt dan gegevendoor

P =

1 0 00 0 00 0 0

En voor de matrix S geldt

S =

1 0 00 −1 00 0 −1

Deze matrices transformeren zodat er getransformeerd kan worden om iedere rechte gaatals volgt

S′ = C−1SC

P ′ = C−1PC

En dus kan je het gevraagde wat herschrijven

2P ′ − S′ = 2C−1PC − C−1SC

= C−1(2P − S)C

= I3

�

2. Bewijs 2Beschouw het punt P1 die na projectie P0 oplevert.

SP1 = P1 + 2−−−→P1P0

PP1 = P1 +−−−→P1P0 = P0

Dan geldt2PP1 − SP1 = P1

�

8

2.2 Rotatie

De samenstelling van twee orthogonale spiegelingen tov elkaar snijdende vlakken levert een rotatieop.

a

b

Oθ

A

B

C

β

α

Merk vooreerst op dat de vraag hetzelfde blijft indien we 2 snijdende rechten beschouwen. Be-schouw het willekeurige punt A dat na spiegeling om de rechte a, het punt B oplevert. Dit puntlevert na spiegeling om b het punt C. Om de rotatie aan te tonen gaan we te werk in 2 stappen

1. Afstand tot O blijft gelijkDit volgt uit de eigenschappen van de gelijkbenige driehoek.

2. De rotatiehoek blijft gelijk voor ieder willekeurig puntDit volgt uit de gelijkheid α + β = θ. Om dit in te zien kunnen de hoeken α en β naarbinnen geklapt worden waarna de gelijkheid duidelijk wordt.

9

2.3 Spiegeling om een rechte

Gegeven: een rechte r1 in het vlak met cartesiaanse vergelijking −x+√

3y + 1 = 0.Gevraagd: Beschouw de orthogonale spiegeling t.o.v. r1 en schrijf ze als samenstelling van ele-mentaire transformaties. Bekom aldus de corresponderende transformatieformules m.b.v. hetmatrixformalisme.

Om deze vraag op te lossen zullen we het geheel verplaatsen naar de oorsprong, roteren, spiegelenom de x-as en terug verplaatsen. Het punt (1, 0) ligt op de rechte, dus de translatiematrix zieter als volgt uit

T =

1 0 −10 1 00 0 1

De hoek die de rechte maakt met de x-as wordt gegeven door

cos(α) =(0, 1) · (−1,

√3)√

(−1)2 +√

32

=

√3

2

Deze hoek ligt in het eerste kwadrant. Hieruit kan de rotatiematrix opgesteld worden

R =

√32

12 0

−12

√32 0

0 0 1

Spiegelen om de x-as gaat als volgt

S =

1 0 00 −1 00 0 1

Daarna overal de inverse bewerking toepassen en alles samennemen levert het volgende

T−1R−1SRT =

12

√32

12√

32 −1

2 −√32

0 0 1

10

2.4 Nuldeler

1. Zij A de matrix die correspondeert met een orthogonale projectie op een vlak, in genor-maliseerde homogenene coordinaten. Dan is A + I (met I de eenheidsmatrix) nooit eennuldeler.

In het hieropvolgende bewijs zal aangetoond worden dat de afbeelding bijectief en dusregulier is. Bijgevolg geldt det(A+ I) 6= 0 en heeft A+ I geen nuldelers.

Beschouw de 2 punten P1 en Q1 die na projectie op het vlak P0 en Q0 opleveren. Dan geldt

(A+ I)P1 = (A+ I)Q1

P1 +−−−→P1P0 + P1 = Q1 +

−−−→Q1Q0 +Q1

P1 + P0 = Q1 +Q0

−−−→Q1P1 =

−−−→P0Q0

En hieruit volgt Q1 = P1. De afbeelding is dus injectief, nu nog de surjectiviteit aantonen.Dit houdt in dat je moet aantonen dat ieder punt uit de ruimte bereikt kan worden als beeldvan de transformatie. Beschouw hiertoe 2 punten R1 en T1 met respectievelijke projectiesR0 en T0 en stel R1 = T1 − T0/2, dus geldt ook R0 = T0/2.

(A+ I)R1 = R1 +R0

= T1

Waarmee nu ook de surjectiviteit is aangetoond. Bijgevolg is de afbeelding bijectief en dusregulier. A+ I heeft geen nuldelers.

2. Zij A de matrix die correspondeert met een orthogonale projectie op een vlak, in genorma-liseerde homogenene coordinaten. Dan is A− I (met I de eenheidsmatrix) een nuldeler.

We kunnen hierbij analoog te werk gaan als voorheen, beschouw hiertoe onderstaandegelijkheid

(A− I)P1 = (A− I)Q1

−−−→P1P0 =

−−−→Q1Q0

Neem nu P1 en Q1 willekeurig in het projectievlak, dan geldt dat bovenstaande vectorengelijk zijn aan de nulvector. Bijgevolg is de afbeelding niet injectief, en dus ook niet regulier⇒ A− I is een nuldeler.

11

2.5 Isometrie

Een isometrie wordt in genormaliseerde homogene coordinaten voorgesteld door een orthogonalematrix.

Een translatie kan voorgesteld worden door onderstaande matrix1 0 0 a0 1 0 b0 0 1 c0 0 0 1

Maar dit is zeker geen orthogonale matrix.

2.6 Basisovergang

GegevenHet endomorfisme T : R3[x]→ R3[x], bepaald door

T (ax3 + bx2 + cx+ d) =d2

dx2((x2 − 1)(ax3 + bx2 + cx+ d))

GevraagdGeef de matrixvoorstelling van T t.o.v. de basis B′ = {x3 + 1, x3 − 1, x2 + x, x2 − x}.

De werkwijze die gebruikt zal worden in deze oefening volgt onderstaand schema

VBA−→ WB

↓ B ↓ C

V ′B′D−→ W ′B′

Hierbij stelt V het domein voor van T en W het bereik. Het subscript geeft aan t.o.v. welke basisdeze ruimtes gedefinieerd zijn, en de letters boven de pijlen definieren de overgangsmatrices.De standaardbasis voor R3[x] = VB wordt gegeven door

B = {x3, x2, x, 1}

12

Hoewel de overgangsmatrix mBB′ = B ook op het zicht kan afgelezen worden zal ik deze berekenenvia een matrix. Een dergelijke methode kan dan ook aangewend worden indien de overgang nietzo duidelijk is.Begin met de basis van B′ in een matrix te plaatsen, en er de eenheidsmatrix aan te hangen.

1 1 0 0 1 0 0 00 0 1 1 0 1 0 00 0 1 −1 0 0 1 01 −1 0 0 0 0 0 1

Door deze nu in rijgereduceerde vorm te plaatsen kan de overgangsmatrix B direct afgelezenworden aan de rechterzijde

1 0 0 0 12 0 0 1

20 1 0 0 1

2 0 0 −12

0 0 1 0 0 12

12 0

0 0 0 1 0 12 −1

2 0

Doordat C dezelfde basisovergang voorstelt geldt C = B.Om de overgangsmatrix A te berekenen dient de afgeleide van uit de opgave bepaald te worden.Deze wordt gegeven door

20ax3 + 12bx2 + 6cx+ 2d− 6ax− 2b

En hieruit kan de overgangsmatrix A tussen VB en WB afgelezen worden. Doe dit door achter-eenvolgens a, b, . . . gelijk te stellen aan 1 en de rest aan 0.

A =

20 0 0 00 12 0 0−6 0 6 00 −2 0 2

Beschouw nu de volgende elementen

y ∈ VBx ∈WBy′ ∈ VB′x′ ∈WB′

⇒x = Ayx′ = Cxy′ = Byx′ = Dy′

En uit de eerste 3 gelijkheden volgt x′ = CAB−1y′, of dus D = CAB−1.

D =

11 9 −1 −19 11 1 1−3 −3 9 33 3 3 9

13

2.7 Hyperboloıde

Gegeven

• de rechte s door P

(5√2,− 5√

2, 2

)met richtingsvector ~u(−1,−1, 2)

• de rechte r door Q(0, 0, 2) met richtingsvector ~v(1, 1, 4).

Gevraagd

1. Bepaal een affiene transformatie of een coordinatentransformatie, die de gegevens een voor-keurpositie laat innemen t.o.v. het coordinatenstelsel.

Bij deze is een coordinatentransformatie het gebruiksvriendelijkst. Neem hierbij als basis-

vectoren ~u,−−→QP en ~u × −−→QP . Alsook komt je nieuwe oorsprong te liggen op het punt P .

Alles samen wordt dat (na normalisatie)

M =

−1/√

6 1/√

2 1/√

3 5/√

2

−1/√

6 −1/√

2 1/√

3 −5/√

2√6/3 0 1/

√3 2

0 0 0 1

2. Gebruik deze transformatie om een parametervoorstelling en de cartesiaanse vergelijking

op te stellen van het oppervlak dat ontstaat door rotatie van r rond s.

In bovenstaande matrix heeft s de rol van de x-as overgenomen, dus dan krijg je

MRxM−1r =

5 sin(θ)/

√3 + t

√6 sin(θ)− t+ 5/

√2 + 2t cos(θ)− 5 cos(θ)/

√2

−t√

6 sin(θ) + 5 sin(θ)/√

3− t− 5/√

2 + 2t cos (θ) + 5 cos(θ)/√

2

2t+ 2t cos(θ) + 2 + 5 sin(θ)/√

31

De cartesiaanse vergelijking opstellen is iets lastiger. Je weet dat hij in standaardgedaantede volgende vorm heeft

z2 + y2

a2− x2

b2= 1

Doordat ‖QP‖ = 5, weet je dat (0, 0, 5) op je hyperbolode ligt. Hieruit weet je dus data = 5. Verder geldt dat de raaklijn aan de hyperboloıde richtingscoefficient b/a heeft. Doornu de vector ~v te transformeren bekom je

M−1v =

√

60

2√

30

14

En dus ookb

a=

√6

2√

3⇒ b = 5

√3

6

Nu nog de getransformeerde x, y en z berekenen

M−1

x2y2z21

=

−x√

6− y√

6 +√

6z/3− 2√

6/3

x/√

2− y/√

2− 5

x/√

3 + y/√

3 + z/√

3− 2/√

31

Dit allemaal substitueren in de cartesiaanse vergelijking geeft je

−8x+ 8 z − 8 y − 2 z2 + y2 + x2 + 10√

2y − 10√

2x− 2xy + 4xz + 4 yz + 42 = 50

15

3 Lineaire ruimtes

3.1 Basis voor doorsnede

Beschouw 2 ruimtes W1 en W2 met de volgende basis

W1 = span((1, 0, 1) (1, 0,−1) (2, 0, 0))

W2 = span((0, 1, 1) (0, 1,−1) (0, 3, 0))

Om nu een basis te vinden voor de doorsnede van deze 2 ruimtes kan als volgt te werk wordengegaan. Een element uit de doorsnede kan geschreven worden als lineaire combinatie van de enebasis en de andere basis, dus:

v ∈ W1 ∩W2 ⇔ v =

3∑i=1

λiei =

3∑j=1

µj ej

Door de tweede som naar de andere kant te brengen kan je dit herschrijven in een matrix, latenwe die A noemen

Aα = 0

Hierbij bevat A je basisvectoren ei en ej en zoek je een α uit de kern van A die dan de coefficientenλ en µ bevat. Op die manier bekom je het volgende

A =

1 0 11 0 −12 0 00 1 10 1 −10 3 0

⇒

1 0 0 0 0 1/2 0 0 00 1 0 0 0 0 0 0 1/30 0 1 0 0 0 0 −1 1/30 0 0 1 0 −1/2 0 1 −1/30 0 0 0 1 −1/2 0 −1 1/30 0 0 0 0 0 1 1 −2/3

Waarbij de laatste 3 rijen de kern van A voorstellen. Je weet verder dat dim(W1 ∩W2) = 1, dusvolstaat het om 1 rij uit de kern te nemen. In een rij uit de kern staan dan eerst 3 componentenλ, gevolgd door 3 componenten µ. Dus krijg je bij ontwikkeling naar de vierde rij

v =

3∑i=1

λie1 =

101

− 1

2

200

=

001

Waarbij deze matrix een basis vormt voor de doorsnede.

16

3.2 Endomorfisme, kern, image

Gegeven

• de vectorruimte V = {A ∈ R3×3| tr(A) = 0 en a12 = a21, a13 = a32, a23 = a31};

• de afbeelding T : V → V,A 7→ AT −A.

Gevraagd

1. Toon aan dat T een endomorfisme op V is.Om aan te tonen dat het een endomorfisme is moet je eerst aantonen dat het een lineairebewerking is:

T (λA+ µB) = λT (A) + µT (B)

En dit is inderdaad zo vanwege de lineariteit van de matrixbewerking.De tweede stap bestaat erin om aan te tonen dat A ∈ V onder de actie van T in Vterechtkomt. Dus T (A) ∈ V . Dit kan je het eenvoudigst doen door een voorbeeld uit tewerken:

T

a c dc b ee d −b− a

=

0 0 e− d0 0 d− e

d− e e− d 0

En deze zit nog altijd in V , dus T is een endomorfisme.

2. Bepaal kern en beeld van T en controleer a.d.h.v. de dimensiestelling.Voor de kern is het eenvoudig, alle matrices waarbij d = e zitten in de kern. Dus de kernbeslaat de volgende ruimte:

ker(T ) = span

1 0 00 0 00 0 −1

,

0 1 01 0 00 0 0

,

0 0 10 0 11 1 0

,

0 0 00 1 00 0 −1

De image bevat alle matrices die bereikt worden onder T , dus waarbij d 6= e:

Im(T ) = span

0 0 10 0 −1−1 1 0

Overeenkomstig de dimensiestelling moet ν(T ) + ρ(T ) = dim(V ). V is een 5-dimensionaleruimte opgespannen door:

V = span

1 0 00 0 00 0 −1

,

0 1 01 0 00 0 0

,

0 0 10 0 00 1 0

,

0 0 00 0 11 0 0

,

0 0 00 1 00 0 −1

En dus geldt inderdaad ν(T ) + ρ(T ) = dim(V ).

17

3. Bepaal de matrixvoorstelling van T t.o.v. een geschikte zelfgekozen basis van V .

T stelt een endomorfisme voor tussen 2 ruimtes, dus nu wordt er gevraagd om T uit tedrukken als overgangsmatrix.

V = span

1 0 00 0 00 0 −1

,

0 1 01 0 00 0 0

,

0 0 10 0 00 1 0

,

0 0 00 0 11 0 0

,

0 0 00 1 00 0 −1

= span(e1, e2, e3, e4, e5)

En dus krijgt T de volgende gedaante

T =

00000

00000

00−110

001−10

00000

↓ ↓ ↓ ↓ ↓

T (e1) T (e2) T (e3) T (e4) T (e5)

18

3.3 Basisvoorstelling

Gegevende afbeelding

T : R2×2 → R2×2;X 7→ AX −XAmet

A =

(a bb 2a

), b 6= 0

Gevraagd

1. Ga na dat T een endomorfisme is op R2×2.

Opnieuw eerst de lineariteit aantonen

T (λX1 +X2) = A(λX1 +X2)− (λX1 +X2)

= λT (X1) + T (X2)

Verder geldt ook

X ∈ R2×2 ⇒ dom(T ) = R2×2

AX −XA ∈ R2×2 ⇒ ber(T ) = R2×2

2. Toon aan dat, indien X symmetrisch is, T (X) antisymmetrisch is en omgekeerd.

T (X)T = (AX −XA)T

= XTAT −ATXT

= XA−AX

= −T (X)

Analoog voor als X antisymmetrisch is.

3. Beredeneer steunend op 2, wat de dimensie van ker(T ) en im(T ) is.

Iedere matrix waarvan het beeld enkel elementen op de diagonaal heeft, wordt vanwegebovenstaande eigenschap omgezet in de nulmatrix, bijgevolg geldt ν(T ) = 2 en dus ookρ(T ) = 2.

19

4. Bepaal nu ker(T ) en im(T )

Beschouw een willekeurige matrix X die als volgt is opgebouwd

X =

(c de f

)Dan geldt

T (X) =

(be− bd −ad+ bf − bc

bc+ ae− bf bd− be

)En dus wordt de standaardbasis voor T gegeven door

mB(T ) =

0 −b b 0−b −a 0 bb 0 a −b0 b −b 0

De kern en image hiervan kan bepaald worden d.m.v. het transponeringalgoritme.

1 0 a/b −1 0 0 1/b 00 1 −1 0 0 0 0 1/b0 0 0 0 1 0 0 10 0 0 0 0 1 1 a/b

En dus geldt

ker(T ) = span

((1 00 1

),

(0 11 a/b

))

im(T ) = span

((1 0a/b −1

),

(0 1−1 0

))

5. Geef een matrixvoorstelling van T t.o.v. een goedgekozen basis van R2×2 (i.e. zoveelmogelijk nulkolommmen).

Indien we de basis B′ definiren t.o.v. de kern, dan zal het beeld hiervan zorgen voor eennulkolom. Neem dus de basis van de kern aangevuld met nog 2 lineair onafhankelijkebasisvectoren.

B′ = span

((1 00 1

),

(0 11 a/b

),

(1 00 0

),

(0 10 0

))= span

(~e′1, ~e′2, ~e′3, ~e′4

)

20

De bijhorende matrixvoorstelling ziet er als volgt uit

mB′

0 0 0 −b0 0 −b −a0 0 b 00 0 0 b

Nu we toch bezig zijn kan je ook de overgangsmatrix bepalen tussen beide basissen. Hier-voor kan op een analoge wijze tewerk worden gegaan als bij oefening 2.6.

T wordt opgespannen door de basis van zijn kern en image, dus om de matrix mBB′ op testellen ga je op zoek naar coefficienten λi zodat

~ej =

4∑i=1

λi~e′i

Of in matrixvorm wordt dit 1 0 1 0 1 0 0 00 1 0 1 0 1 0 00 1 0 0 0 0 1 01 a/b 0 0 0 0 0 1

Merk op dat de rechterkant toevallig I4 oplevert, doordat B de standaardbasis is.

Dit terugbrengen naar Hermite-normale vorm levert de cofficienten λi1 0 0 0 0 0 −a

b 10 1 0 0 0 0 1 00 0 1 0 1 0 a

b −10 0 0 1 0 1 −1 0

En opnieuw kan de overgangsmatrix afgelezen worden aan de rechterkant, dus

mBB′ =

0 0 −a/b 10 0 1 01 0 a/b −10 1 −1 0

21

3.4 Gelijksoortige matrices

Gelijksoortige matrices hebben hetzelfde spoor

A = P−1BP

⇓

tr(A) = tr(BP−1P )

Waar.

3.5 Transformatie

Er bestaat een lineaire transformatie R5 → R2 waarvoor

ker(T ) = {(a, a+ b, a− b, 2a, b)|a, b ∈ R}Er geldt ν(T ) = 2. Overeenkomstig de dimensiestelling moet dan gelden dat ρ(T ) = 3, maar dedoelverzameling is slechts 2-dimensionaal, dus vals.

3.6 Injectiviteit

1. Zij T een lineaire transformatie tussen eindigdimensionale vectorruimten V en W metdim(V ) > dim(W ), dan kan T niet injectief zijn.

Injectief houdt in dat als we 2 beelden nemen, dat dit beeld dat op unieke manier moetbereikt worden. Of dus

T (x1) = T (x2)⇒ x1 = x2

Nu geldt echter dat de dimensie van het domein groter is dan het bereik, dus kunnen westeeds 2 beelden vinden die op verschillende manier bereikt worden ⇒ waar.

ν(T ) = dim(V )− ρ(T ) ≥ dim(V )− dim(W ) > 0

2. Als voor het homomorfisme T : R2 → R3 geldt dat

im(T ) = {(a+ b, a− b, a)|a, b ∈ R}Dan is T injectief.

Opnieuw kunnen we hier gebruikmaken van de dimensiestelling. ρ(T ) = 2, dus ν(T ) = 0,waaruit ker(T ) = 0. Hieruit volgt dan

Ax1 = Ax2

A(x1 − x2) = 0

⇓

x1 = x2

Waar.

22

3.7 Basisovergang

Zij T een endomorfisme van de n-dimensionale ruimte V en beschouw basissen B en B′ voor V ,waarbij van B naar B′ wordt overgegaan via de matrix Q ∈ GL(n). Als A en A′ matrixrepresen-taties van T zijn t.o.v. B en B′ respectievelijk, dan geldt er dat

A = Q−1A′Q

Om deze oefening op te lossen kan je eerst een schema opstellen van het gegeven

VBA−→ WB

↓ Q ↓ Q

V ′B′A′−→ W ′B′

En nu is het gewoon aflezen (pijlen tegen de zin in doorlopen levert de inverse op)

A = Q−1A′Q

3.8 Deelruimte

Zij V1, V2, V3 deelruimten van een vectorruimte V met V2 ⊂ V1, dan geldt er dat V1 ∩ (V2 +V3) =V2 + (V1 ∩ V3).Neem een element uit V2 + V3, dan heeft dit de volgende vorm (V2 ⊂ V1)

w ∈ V2 + V3 ⇔ w =∑

λivi︸ ︷︷ ︸∈V2∩V1

+∑

λjvj︸ ︷︷ ︸∈V3

En doordat V2 ⊂ V1 geldt

w ∈ V1 ∩ (V2 + V3)⇔ w =∑

λivi︸ ︷︷ ︸∈V2∩V1

+∑

λjvj︸ ︷︷ ︸∈V3∩V1

Wat equivalent is met zeggen

w ∈ V1 ∩ (V2 + V3)⇔ w ∈ V2 ∩ V1 + V3 ∩ V1

Dus waar.

23

4 Matrices en determinanten

4.1 Macht van een matrix

1. Er bestaan oneindig veel (3 x 3)-matrices waarvan elke oneven macht gelijk is aan de matrixzelf.

Hier kan je te werk gaan door een rotatiematrix te beschouwen, over een hoek van 180◦.Dan geldt nl. A2 = I3, en dus A3 = A. Algemeen

A = T(a,b)R180,xT(−a,−b)

2 vrijheidsgraden, dus oneindig veel mogelijke matrices A.

2. Er bestaan oneindig veel 4 × 4 matrices waarvan elke oneven macht de eenheidsmatrixoplevert.

Vals, er moet immers gelden dat A1 = I, wat de matrix al volledig vastlegt.

4.2 Inverteerbare matrix

Zij A ∈ F2×2 inverteerbaar en noteer door I de eenheidsmatrix van orde 2, dan bestaan er sca-lairen α, β ∈ F zodanig dat αA2 + βA = I.

1. Eerste methode

Bovenstaande gelijkheid is equivalent met

αA+ βI = A−1

En dus krijg je (αa+ β αbαc αd+ β

)=

1

ad− bc

(d −b−c a

)Dit oplossen levert dan

α =1

bc− adβ =

a+ d

ad− bc2. Tweede methode

Toepassen van de stelling van Cayley-Hamilton levert kA(A) = 0 of uitgeschreven

2∑i=0

aiAi = 0

24

4.3 Driehoeksmatrix

1. Eerste methode

Voor elke boventriangulaire matrix L1 bestaat er een boventriangulaire matrix L2 6= 0 zo-danig dat L1L2 een diagonaalmatrix is.

Beschouw hiervoor onderstaand product

L1X = D

Met D een diagonaalmatrix en X een willekeurige matrix. Indien je 1 enkele kolom uitwerktvan D, dan bekom je

a11 a12 . . . a1n0 a22 . . . a2n...

.... . .

...0 0 . . . ann

x1...xn

=

0...y...0

← je pos

In verhoogde vorm komt dit neer op

a11 a12 . . . . . . a1n 00 a22 . . . . . . a2n 0...

.... . . . . .

......

0 . . . ajj . . . ajn y...

......

. . ....

...0 0 . . . . . . ann 0

En dit heeft altijd een oplossing dankzij de techniek van backward substitution (zij het nietaltijd uniek, in het geval L1 niet inverteerbaar is).

De oplossing vormt hierbij je coefficienten x1 . . . xn, waarbij xj+1 . . . xn = 0 vanwege die-zelfde backward substitution, X is dus opnieuw een bovendriehoeksmatrix.

2. Tweede methode

Stel L2 = E11.

25

4.4 Symmetrisch product

Het product van twee antisymmetrische matrices is symmetrisch als en slechts dan als dezematrices commuteren.

⇒ Er geldt

AB = (AB)T

= BTAT

= (−1)2BA

= BA

⇐ Analoog

(AB)T = BTAT

= (−1)2BA

= AB

4.5 Anticommuterende matrices

Er bestaan geen anticommuterende matrices van oneven orde.

Een tegenvoorbeeld ziet er als volgt uit

A =

0 1 01 0 00 0 0

B =

0 1 0−1 0 00 0 0

Algemeen geldt dat een anticommuterende matrix aangevuld met 0’en aan de zijkant opnieuween anticommuterende matrix oplevert. Dus(

x 00 0

)(y 00 0

)=

(xy 00 0

)4.6 Antisymmetrische matrix

Een antisymmetrische matrix van oneven orde is een nuldeler.Er geldt

det(AT ) = det(A)

Hierop toegepast(−1)n det(A) = det(A)

En dit is enkel geldig indien n even is, voor alle andere gevallen is det(A) = 0⇒ waar.

26

4.7 Inverteerbaarheid

1. Zij A een reele vierkante matrix, dan bestaan er steeds scalairen c ∈ R waarvoor A − cIinverteerbaar is.

(a) Eerste mogelijkheid

Stel c gelijk aan het volgende

−c = 2|max(aij)|+ 2|min(aij)|+ 1

Indien deze waarde gesubstitueerd wordt in de matrix, dan zullen de hoogste elementenzich op de hoofddiagonaal bevinden.

Je kan het je voorstellen als vectoren die een ruimte opspannen, waarbij het grootstecomponent van iedere vector gelegen is volgens de coordinaatas. Bijgevolg kan daarnavia Gram-Schmidt de basis herleid worden naar de eenheidsmatrix, die inverteerbaaris.

(b) Tweede mogelijkheid

Kies een c /∈ σ(A)

2. Zij A een reele vierkante matrix, dan bestaan er steeds scalairen c ∈ R waarvoor A − cIniet inverteerbaar is.

Vals, een tegenvoorbeeld is bijvoorbeeld het volgende(c+ 1 1−2 c− 1

)Hierbij is de determinant gelijk aan c2 + 1, dus de matrix is steeds inverteerbaar.

4.8 Vectoren

Er bestaan vectoren u ∈ F2×1, waarvoor uuT ∈ F2×2 inverteerbaar is.Vals, dit kan zelfs aangetoond worden voor iedere willekeurige vector u ∈ Fn×1.Veronderstel dat ui component i is van de vector u, en verschillend is van 0. Is dit element gelijkaan 0 dan bevat uuT een nulrij en is dus niet meer inverteerbaar.Kolom j van het product uuT is gelijk aan uju. Beschouw nu de eerste en tweede kolom van hetproduct uuT , dan kunnen deze beide gedeeld worden door respectievelijk u1 en u2 waardoor zegelijk worden ⇒ det(uuT ) = 0, vals.

27

4.9 Determinant

Zij x en y ∈ Rn×1. Dan is det(In − xyT ) = 1− xT y.

1. Eerste mogelijkheid

Deze determinant uitschrijven levert∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− x1y1 −x1y2 . . . −x1yn−x2y1 1− x2y2 . . . −x2yn

. . .

−xny1 −xny2 . . . 1− xnyn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− x1y1 −x2y2 . . . −xnyn−x1y1 1− x2y2 . . . −xnyn

. . .

−x1y1 −x2y2 . . . 1− xnyn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

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

. . .

−x1y1 −x2y2 −x3y3 . . . 1− xnyn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (1− xnyn) +

n−1∑i=1

−xiyi(−1)i+n(−1)n−i

= 1− xT y

2. Tweede mogelijkheid

De tweede mogelijkheid verloopt via eigenwaarden. Stel xyT = B en voer hierop de vol-gende bewerking uit.

B =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−x1y1 −x1y2 . . . −x1yn−x2y1 −x2y2 . . . −x2yn

. . .

−xny1 −xny2 . . . −xnyn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−x1y1 −x2y2 . . . −xnyn−x1y1 −x2y2 . . . −xnyn

. . .

−x1y1 −x2y2 . . . −xnyn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Doordat de som van de elementen op iedere rij gelijk is geldt λ1 = −∑n

i=1 xiyi. Verdergeldt ν(B) = n− 1, dus de andere eigenwaarden zijn gelijk aan 0 met multipliciteit n− 1.

Aldus wordt det(In −B) gegeven door de karakteristieke veelterm, die luidt als volgt.

kB(1) = 1−n∑

i=1

xiyi

28

4.10 Diagonaliseerbare matrix

Zij A een diagonaliseerbare n×n matrix met eigenwaarde 0 met algebraısche multipliciteit n−1,dan is det(A+ In) = 1 + tr(A).De determinant en trace van gelijksoortige matrices is gelijk, alsook is A diagonaliseerbaar metde matrix Q, dus

A+ I = Q−1A′Q+ I =

1 0 . . . 00 1 . . . 0

. . .

0 0 . . . u+ 1

Waaruit volgt det(A+ In) = u+ 1 = tr(A) + 1.

4.11 Inproduct behoudend

Zij Q ∈ Cn×n unitair. Dan is Q een inproduct-behoudende transformatie op Cn×1.

〈Qv,Qw〉 = 〈v,Q†Qw〉

= 〈v, w〉

Waar.

29

5 Omwentelingsoppervlakken

5.1 Torus

Gegeven

• de cirkel gelegen in het vlak met vergelijking 2x− 3y+ 2z = 1, met middelpunt(6917 ,

7517 ,

5217

)en straal 4

√22117

• de rechte met parametervoorstelling (9 + t, 3 − 2t,−4 − 4t), t ∈ R, die gelegen is in hetgegeven vlak en de cirkel niet snijdt.

Gevraagd

1. (a) Zoek een opeenvolging van translaties en rotaties die ervoor zorgt dat

• de cirkel in het xz-vlak komt te liggen, met het middelpunt op de x-as

• de gegeven rechte samenvalt met de z-as.

Het eenvoudigst is om te beginnen met de tweede opdracht, nl. de rechte verplaatsennaar de z-as. Hiervoor zullen we eerst een translatiematrix opstellen die de rechtenaar de oorsprong brengt.

T =

1 0 0 −90 1 0 −30 0 1 40 0 0 1

Hierna kunnen we de rechte roteren om de z-as, zodat hij in het xz-vlak komt teliggen.

Rz =

1/√

5 −2/√

5 0 0

2/√

5 1/√

5 0 00 0 1 00 0 0 1

Alvorens we verder rotaties kunnen uitvoeren moeten we eerst de actie van T en Rz

op de rechte bepalen

RzT

9 + t3− 2t−4− 4t

1

=

√

5t0−4t

1

Door nu nog te roteren om de y-as ligt de rechte op de z-as.

Ry =

4/√

21 0√

105/21 00 1 0 0

−√

105/21 0 4/√

21 00 0 0 1

30

Het gegeven vlak moest echter in het xz-vlak komen te liggen. Als we daarna kijkenwaar het vlak komt te liggen na de transformaties, dan bekomen we het volgende.

RyRzT

2−320

=

2√

21/√

5

1/√

500

Dus moeten we nogmaals roteren om de z-as zodat de normaalvector op de y-as komtte liggen. Dit levert

Rz2 =

1/√

85 −2√

1785/85 0 0

2√

1785/85 1/√

85 0 00 0 1 00 0 0 1

De volledige transformatie is nu het product van alle voorgaande

M = Rz2RyRzT

(b) Geef een parametervoorstelling en de cartesiaanse vergelijking van de torus die ont-staat door de cirkel in zijn nieuwe stand te wentelen om de z-as.

Het middelpunt van de cirkel komt na de transformatie te liggen op

M

69/1775/1752/17

1

=

24√

357/1190

12√

21/71

→ a

→ b

Aldus wordt de parametervoorstelling van de torus gegeven doorcos (θ) − sin (θ) 0 0sin (θ) cos (θ) 0 0

0 0 1 00 0 0 1

r cos(t) + a

0r sin(t) + b

1

⇓

x = cos (θ)

(4

17

√221 cos (t) +

24

119

√357

)y = sin (θ)

(4

17

√221 cos (t) +

24

119

√357

)z =

4

17

√221 sin (t) +

12

7

√21

En de cartesiaanse vergelijking wordt gegeven door(√x′2 + y′2 − a

)2+ (z′ − b)2 = r2

31

2. (a) Bepaal een transformatie die ervoor zorgt dat de cirkel en de rechte terug hun oor-spronkelijke stand innemen.

Hier wordt gewoon gevraagd naar M−1.

(b) Bepaal een parametervoorstelling en de cartesiaanse vergelijking van de torus in dezepositie.

De nieuwe componenten van de cartesiaanse vergelijking kunnen gevonden wordendoor de componenten uit 1b te vermenigvuldigen met M−1.

Voor de parametervergelijking geldt het volgendex′

y′

z′

1

= M

xyz1

Door ook dit uit te rekenen en te substitueren in de vergelijking uit opgave 1b bekomje de getransformeerde torus met zijn cartesiaanse vergelijking.

32

5.2 Kegelsnede

Gegeven

• het omwentelingskegeloppervlak K dat bepaald wordt door de rechte door de oorsprongmet richtingsvector (1, 0, 1) te wentelen om de x-as

• het vlak α met vergelijking x−√

3y + z = −1.

Gevraagd

1. Bepaal de cartesiaanse vergelijking van de orthogonale projectie C′ op het grondvlak vanK van de doorsnijdingskromme C van K en α.

De doorsnijdingskromme wordt gegeven door{x = −1 +

√3y − z

x2 = z2 + y2

Waarbij de tweede vergelijking de kegelsnede voorstelt. Dit kan nog herschreven wordenals (substitueer de eerste in de tweede){

x = −1 +√

3y − z2y2 = 2

√3y + 2

√3yz − 2z − 1

Het grondvlak van K is hierbij het yz-vlak, aldus krijgen we na projectie (stel de eerstegelijkheid = 0)

1 = −2y2︸ ︷︷ ︸A

+2√

3y+2√

3yz︸ ︷︷ ︸B

−2z

2. Reduceer deze tot standaardgedaante.

Om de gemengde term weg te werken moet geroteerd worden om een hoek θ waarvoor geldt

cot(2θ) = A−CB

= − 1√3

}⇒ θ =

π

3

Aldus volgt er (yz

)=

(1/2 −

√3/2√

3/2 1/2

)(y′

z′

)En na substitutie krijg je

y′2 − 3z′2 − 4z′ = 1

Nu nog een translatie doorvoeren

y′2 − 3

(z′ +

2

3

)2

=1

3

33

3. Bepaal nu een parametervoorstelling van zowel C als C′.Hierbij zullen we beginnen met een transformatiematrix op te stellen.

M =

1/2 −√

3/2 0√3/2 1/2 00 0 1

1 0 00 1 −2/30 0 1

=

1/2 −√

3/2 1/√

3√3/2 1/2 −1/30 0 1

De parametervoorstelling van onderstaande uitdrukking kan rechtstreeks afgelezen worden

3z′′2 − y′′2 =1

3

Namelijk {y′′ = 1√

3sinh(u)

z′′ = 13 cosh(u)

Hiermee kan dan een parametervergelijking voor C′ opgesteld wordenyz1

=

1/2 −√

3/2 1/√

3√3/2 1/2 −1/30 0 1

1√3

sinh(u)13 cosh(u)

1

En dus volgt er

C′ ↔{y =

√3 sinh(t)

6 −√3 cosh(t)

6 + 1√3

z = sinh(t)2 + cosh(t)

6 − 13

Waaruit dan ook de parametervergelijking voor C kan opgesteld worden (x = −1+√

3y−z).

34

6 Regeloppervlakken

6.1 Kromme van Viviani

Gegeven

• De sfeer met middelpunt in de oorsprong en straal R

• de omwentelingscilinder met als as de rechte parallel met de z-as door (R/2, 0, 0) en metstraal R/2.

GevraagdBepaal een parametervoorstelling van de doorsnijdingskromme van deze twee oppervlakken.De doorsnijding wordt gegeven door volgend stelsel{

x2 + y2 + z2 = R2(x− R

2

)2+ y2 =

(R2

)2Hieruit y elimineren levert

xR+ z2 = R2

Waaruit je de parametervergelijking voor x en z kunt halen{x = R cos2(t)z = R sin(t)

De vergelijking voor y kan je daarna halen uit die van de cilinder. Dat geeft je

y2 = R2(cos2(t)− cos4(t))

En via de volgende bewerkingen krijg je

y2 = R2 cos2(t)(1− cos2(t))

= R2 cos2(t) sin2(t)

=R2 sin2(2t)

4

Alles samen krijg je dan x = R cos2(t)

y = ±R sin(2t)2

z = R sin(t)

35

6.2 Mobiusband

Gegevenzij R > 1. De Mobiusband is het oppervlak dat ontstaat door het lijnstuk (R, 0, u), u ∈ [−1, 1] teroteren in het xz-vlak over een hoek v/2 om het midden van dit lijnstuk en daarna het bekomenlijnstuk te roteren over de hoek v om de z-as.

Gevraagd

1. Bepaal een parametervoorstelling.

Het lijnstuk heeft de volgende parametervoorstellingx = Ry = 0z = u

Nu een translatie uitvoeren naar de oorsprong, roteren langs de y-as, terugplaatsen enroteren langs de z-as levert de volgende transformatiematrix.

M = RzT−RRyTR

=

cos(v) − sin(v) 0 0sin(v) cos(v) 0 0

0 0 1 00 0 0 1

1 0 0 R0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

cos(v2

)0 sin

(v2

)0

0 1 0 0− sin

(v2

)0 cos

(v2

)0

0 0 0 1

1 0 0 −R0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

Dit toegepast op bovenstaand lijstuk levert de parametervoorstelling van de Mobiusband.

M

R0u

=

cos (v) sin

(v2

)u+ 5 cos(v)

sin(v) sin(v2

)u+ 5 sin(v)

cos(v2

)u

1

2. Bepaal de eventuele singuliere punten van het oppervlak.

Het oppervlak partieel afleiden naar zijn componenten levert de 2 vectoren die het raak-vlak opspannen. Een singulier punt wordt verkregen als beide vectoren gelijk zijn aan denulvector.

Pu =

cos(v) sin(v2

)sin(v) sin

(v2

)cos(v2

) Pv =

− sin(v) sin(v2

)u+ 1

2 cos(v) cos(v2

)u−R sin(v)

cos(v) sin(v2

)u+ 1

2 sin(v) cos(v2

)u+R cos(v)

−12 sin

(v2

)u

Hierbij is Pu = 0 als v = kπ/2. Deze waarden invullen in Pv levert echter geen enkelsingulier punt op.

36

6.3 Rechte conoıde

Het oppervlak met vergelijking xy = z heeft twee stellen beschrijvenden, die elk hun eigenrichtvlak hebben.De beschrijven zijn rechten in de ruimte, dus moet ofwel x ofwel y vastgehouden worden. Op diemanier krijg je

l1 ↔{x = x0z = x0y

l2 ↔{y = y0z = xy0

Alle beschrijvenden zijn evenwijdig met het richtvlak, dus de vaste parameter stelt dit vlak voor

α1 ↔ x = 0

α2 ↔ y = 0

37

7 Krommen en oppervlakken

7.1 Epicycloıde

GegevenEen cirkel met straal r rolt zonder glijden aan de buitenkant van een vaste cirkel met straal R.We nemen aan dat r en R natuurlijke getallen zijn, waarbij R > r > 0.

Gevraagd

1. Bepaal een parametervergelijking van de baan van een punt op de rollende cirkel. Dit iseen kromme die men een epicycloıde noemt.

Voor het opstellen van de parametervergelijking steunen we op onderstaande figuur.

C1 C2

θ

φ

P

P

R

r M

Het centrum M van de kleine cirkel wordt gecoordinatiseerd door

M((R+ r) cos(θ); (R+ r) sin(θ))

Het punt P op de cirkel draait over een hoek φ en heeft dus als coordinaten

P (Mx − r cos(φ);My − r sin(φ))

Verder geldt dat de weglengte afgelegd door de stippellijn gelijk is aan de afgelegde boog-lengte door de kleine cirkel (zonder glijden). Hieruit volgt

(r +R)θ = rφ

38

Nu alles samenbrengen levert de parametervergelijking

P (θ) =

x(θ) = (R+ r) cos(θ)− r cos

(R+ r

rθ

)y(θ) = (R+ r) sin(θ)− r sin

(R+ r

rθ

)2. Zij R en r willekeurig.

(a) Voorspel hoeveel keer de kleine cirkel rond de grote moet lopen om de kromme tebeschrijven.

Er moet gelden dat θ, φ ∈ 2πN. Dus krijgen we volgend stelsel{ r +R

rθ = k2π

θ = l2π

En dus

(r +R)l = rk

kgv(r +R, r) = (r +R)l

l =kgv(r +R, r)

r +R

=r

ggd(r +R, r)

=r

ggd(R, r)

Waarbij l het gevraagde aantal is.

(b) Voorspel hoeveel singuliere punten er zullen zijn.

Per keer dat het punt op de kleine cirkel de rand van de grote cirkel raakt komt er eensingulier punt bij. Indien de kleine cirkel gedraaid is over een hoek 2π moet hij nogiets verder draaien om terug de rand te raken.Per keer dat de kleine cirkel rond de grote draait hebben we dus 1 punt te weinig geteld.Het aantal keer dat de kleine cirkel ronddraait per omwenteling k wordt gegeven door

kgv(r +R, r) = rk

k =kgv(r +R, r)

r

En dus is het gevraagde aantal

s = k − l

=R

ggd(R, r)

39

7.2 Lissajous

Gegeventwee harmonische trillingen

• de eerste langs de x-as met amplitude A en frequentie m

• de tweede langs de y-as met amplitude B en frequentie n

De trillingen hebben een faseverschil f =kπ

l. De optredende constanten A,B,m, n, k, l worden

verondersteld natuurlijke getallen te zijn.

Gevraagd

1. Bepaal een parametervoorstelling voor de samenstelling van deze trillingen; deze krommenoemt men een kromme van Lissajous.

P (t) =

x(t) = A sin

(2πmt+

kπ

l

)y(t) = B sin(2πnt)

2. Beschouw het algemene geval. Bepaal het kleinste interval voor t zodat de kromme eenmaalvolledig doorlopen wordt en bestudeer het aantal maximale uitwijkingen in x- en y-richtingin functie van de frequenties.

De kromme wordt volledig doorlopen als beide fasoren een geheel aantal keer de cirkeldoorlopen hebben. Dit levert volgend stelsel{

2πnt = p2π2πmt = q2π

Hieruit volgt

nq = mp

kgv(n,m) = nq

= nmt

t =kgv(n,m)

mn

=1

ggd(m,n)

Het aantal uitwijkingen in de x-richting wordt gegeven door het aantal keer het x-componentvan fase wisselt. Dit levert dus

# uitwijkingen in de x− richting = 2mt =2m

ggd(m,n)

40

7.3 Gesloten kromme

De kromme met parametervoorstelling (cos(t) cos(αt), cos(t) sin(αt), sin(t)), t ∈ R zal enkel dangesloten zijn als α ∈ Q.

De kromme zal terug zijn beginpunt bereiken als aan volgende voorwaarden is voldaan{t = l2παt = k2π

En dus geldt er α =k

l, wat impliceert dat α ∈ Q.

41

8 Eigenwaarden

8.1 Annulerend polynoom

Zij A ∈ Fn×n inverteerbaar en noteer door I de eenheidsmatrix van orde n, dan bestaan erscalairen b, c ∈ F zodanig dat A−1 = bA+ cI.

Bovenstaande uitdrukking is equivalent met

bA2 + cA− I = 0

Wat impliceert dat er ten hoogste 2 verschillende eigenwaarden zijn. Iedere matrix met 3 of meerverschillende eigenwaarden voldoet dus als tegenvoorbeeld.

8.2 Nilpotente matrix

Er bestaan nilpotente matrices die diagonaliseerbaar zijn.

Voor iedere nilpotente matrix A geldt A2 = 0 of dus (A − 0)2 = 0. De exponent bij hetminimaalpolynoom is groter dan 1, dus vals.

8.3 Minimaalpolynoom

Het minimaalpolynoom van de lineaire transformatie T : Rn[x] → Rn[x], met T (p(x)) = xp′(x)is z(z − 1) . . . (z − n).

mB bevat de beelden van Rn[x] onder T . Deze worden gegeven door

T (1) = 0

T (x) = x

T (x2) = 2x2

...

T (xn) = nxn

En dus krijgt mB de volgende vorm

mB =

0 0 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 2 . . . 0

. . .

0 0 0 . . . n

Hieruit kan direct het minimaalpolynoom afgelezen worden, dus waar.

42

8.4 Diagonaliseerbaar

Zij Q een reele (m × n)-matrix, waarvoor QQT = Im. Dan is In − QTQ een diagonaliseerbarematrix met spectrum {0, 1}.Vals, stel Q = In en m = n.

8.5 Determinant

Zij A een diagonaliseerbare (n× n)-matrix met σ(A) = {λ}, dan is det(A+ In) = (1 + λ)n.

Er geldt

det(A+ In) = kA(−1)

=

n∏i=1

(λi + 1) (λi ∈ σ(A))

= (1 + λ)n

8.6 Exponentiele van een matrix

Zij A =

(1 11 1

), dan is eA = e2A

2 .

De machten van A worden gegeven door

Ak+1 =

(2k 2k

2k 2k

)En dus

eA =∞∑k=0

Ak

k!

= I2 +A∞∑k=1

2k−1

k!

= I2 +e2 − 1

2A

43

8.7 Oefening

GegevenDe afbeelding

T : R4[x]→ R4[x], p(x) 7→ p(2− x)

Gevraagd

1. Ga na dat T een endomorfisme op R4[x] is.

• T ∈ L(V )

p(x) ∈ R4[x]⇒ p(2− x) ∈ R4[x]En dus dom(T ) = ber(T ) = R4[x].

• Lineariteit

T (λp+ q)(x) = (λp+ q)(2− x)

= λp(2− x) + q(2− x)

= λT (p(x)) + T (q(x))

2. Bepaal, zonder Maple, het minimaalpolynoom van T . Er geldt

T (T (p(x))) = T (p(2− x)) = p(x)

En dusmA(λ) = (λ− 1)(λ+ 1)

3. Ga na of T diagonaliseerbaar is en argumenteer a.d.h.v. twee diagonalisatiecriteria.

• Vergelijken van algebraısche en meetkundige multipliciteit

E1 = span(1, x2 − 2x, x4 − 4x3 + 8x

)⇒ r1 = 3

E−1 = span(x− 1, x3 − 3x2 + 2

)⇒ r−1 = 2

Verder geldt ook q1 = 3 en q−1 = 2, dus T is diagonaliseerbaar.

• Via het minimaalpolynoom

De exponenten uit het minimaalpolynoom zijn alle 1 dus T is diagonaliseerbaar.

44

4. Zij B = (2− x, (2− x)2, (2− x)3, (2− x)4, 2) een basis voor R4[x], bepaal dan mB(T )

Bij deze oefening kan je een overgangsmatrix Q construeren tussen de standaardbasis enB. Deze ziet er als volgt uit

Q =

2 4 8 16 2−1 −4 −12 −32 00 1 6 24 00 0 −1 −8 00 0 0 1 0

Nu mB(T ) = A in de andere ruimte brengen

Q−1AQ =

−1 −4 −12 −32 00 1 6 24 00 0 −1 −8 00 0 0 1 01 2 4 8 1

5. Wat wordt het minimaalpolynoom indien we T beschouwen als endomorfisme op Rn[x]

mA(λ) = (λ− 1)(λ+ 1)

Want uitT (T (p(x))) = T (p(2− x)) = p(x)

volgt A2 = I

6. Is T inverteerbaar?

det(T ) =∏i

λqii

= (−1)n+1

Dus T is steeds inverteerbaar.

45

8.8 Uniciteit

Zij A een reele, diagonaliseerbare (5× 5)-matrix met ρ(A) = 2 en tr(A) = 0, die bovendien eeneigenwaarde met meetkundige multipliciteit 3 bezit, en waarvan tot slot de som van de elementenop elke rij gelijk is aan 1. Dan is het spectrum van A uniek bepaald.

Uit de dimensiestelling volgt ν(T ) = 3 waardoor q0 = 3 (multipliciteit 3). Uit het gegeven volgtverder q1 = 1 (som van de elementen) en q−1 = 1 (trace van A). Aldus krijg je

σ(A) = {−1, 0, 1}

8.9 Eigenwaarde 1

Als de matrix A de eigenwaarde 1 bezit, dan bezit de matrix I −A de eigenwaarde 0.Als je dit uitschrijft zie je dadelijk dat dit waar is. De matrix A bezig de eigenwaarde 1, dus

det(A− I) = 0

En de matrix I −A bezig de eigenwaarde 0 overeenkomstig bovenstaande uitspraak

det(I −A) = 0

En dit is uiteraard waar.

8.10 Positief definiet

Een reeelsymmetrische, positief definiete matrix heeft enkel positieve eigenwaarden.

Noem de te beschouwen matrix A. Doordat deze reeelsymmetrisch is, geldt er dat A diagonali-seerbaar is over R. Noem deze gelijksoortige diagonaalmatrix B.Doordat A positief definiet is en B gelijksoortig met A, wordt deze eigenschap overgedragen opB die op zijn diagonaal de eigenwaarden van A bevat die bijgevolg alle positief zijn.

8.11 Cayley-Hamilton

Zij A ∈ F2×2, en noteer door I de eenheidsmatrix van orde 2, dan bestaan er scalairen b, c ∈ Fzodanig dat A3 = bA+ cI.De stelling van Cayley-Hamilton garandeert het bestaan van een annulerend polynoom van devorm

A2 + bA+ cI = 0

Beide leden vermenigvuldigen met A levert

A2 = dA3 + eI

Dit subsitueren in de eerdere vergelijking levert het gestelde.

46

9 Extra

9.1 Tensor algebra

Een handige methode om vectoriele identiteiten te bewijzen is via de 2 tensor-operatoren Levi-Civita (ε) en Kronecker delta (δ). In wat volgt zullen de eigenschappen van beide operatorentoegelicht worden met enkele voorbeelden. Hierbij zal gebruik gemaakt worden van de Einstein-sommatieconventie, dit houdt in dat er gesommeerd wordt over herhaalde indices. Zo geldt∑

i

∑j

δijaibj = δijaibj

Indien we de Levi-Civita operator als volgt definieren

εijk =

1 : i, j, k is een even permutatie van 1, 2, 3−1 : i, j, k is een oneven permutatie van 1, 2, 3

0 : anders

vb.

ε123 = ε231 = 1

ε213 = ε132 = −1

ε113 = ε212 = 0

Merk hierbij op dat het cyclisch permuteren van de indices geen invloed heeft op het resultaat.Met bovenstaande definitie van ε is het mogelijk om de determinant te herdefinieren∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣ = εijka1ia2ja3k

Waarbij gesommeerd wordt over de indices.Doordat het kruisproduct gedefinierd kan worden m.b.v. een determinant kan deze dus ook metε neergeschreven worden

~v × ~w =

∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3v1 v2 v3w1 w2 w3

∣∣∣∣∣∣ = εijkeivjwk

Of korter(~v × ~w)i = εijkvjwk

Doordat er in het rechterlid niet langer vectoren, maar wel scalairen staan mogen we de eigen-schappen toepassen uit R (commutativiteit, . . . ).

47

Een soortgelijke operator, de Kronecker delta δ, kan gedefinieerd worden voor het scalair product

δij =

{1 : i = j0 : i 6= j

Hieruit volgt~v · ~w = δijviwj

Het verband tussen ε en δ kan als volgt bewezen worden

εijkεilm =

∣∣∣∣∣∣δii δil δimδji δjl δjmδki δkl δkm

∣∣∣∣∣∣= δii(δjlδkm − δjmδkl)−

δil(δjiδkm − δjmδki)+

δim(δjiδkl − δjlδki)

= δjlδkm − δjmδkl)Waarbij gebruik gemaakt werd van δijδik = δjk.Met deze operatoren is het nu (erg) eenvoudig geworden om vectoriele identiteiten te bewijzen.Beschouw onderstaand product

(~a×~b)× (~c× ~d)

Definieer nu de volgende elementen

(~a×~b)i = Di = εijkajbk

(~c× ~d)m = Em = εmnocndo

Dan volgt hieruit

( ~D × ~E)p = Fp = εpimDiEm

= εpimεijkεmnoajbkcndo

= (δmjδpk − δmkδpj)εmnoajbkcndo

= bpεmnoamcndo − apεmnobmcndo

= bp

(am(~c× ~d)m

)− ap

(bm(~c× ~d)m

)

Waaruit volgt

(~a×~b)× (~c× ~d) = ~b(~a · (~c× ~d)

)− ~a

(~b · (~c× ~d)

)

48