Ruimtemeetkunde deel I Lineaire Algebra - wiswijs ... · Ruimtemeetkunde deel I Lineaire Algebra...

Ruimtemeetkunde deel I

Lineaire Algebra

Liliane Van Maldeghem Hendrik Van Maldeghem

Cursus voorLatijn-Wiskunde, Wetenschappen-Wiskunde

en Economie-Wiskunde

Hoofdstuk 1

Reele affiene 3-ruimte

1.1 Axioma’s voor een affiene 3-ruimte

We beschouwen een oneindige verzameling E, waarvan de elementen punten genoemdworden, en twee soorten deelverzamelingen van E, nl. de rechten en de vlakken van E(rechten kunnen geen vlakken zijn en vlakken kunnen geen rechten zijn). Zoals in het vlakstellen we punten voor door grote letters A, B, enz. rechten door kleine letters a, b, enz.en vlakken door Griekse letters α, β, enz.

Als een punt A element is van een rechte a dan zeggen we dat het punt A op de rechtea ligt of dat de rechte a door het punt A gaat, we schrijven

A ∈ a

en als een punt A element is van een vlak α dan zeggen we dat het punt A in het vlakα gelegen is of het vlak α gaat door het punt A, we schrijven

A ∈ α.

Als een rechte a deelverzameling is van een vlak α dan zeggen we dat de rechte a gelegenis in het vlak α of dat het vlak α door de rechte a gaat, we schrijven

a ⊂ α.

Punten van E zijn collineair als ze op eenzelfde rechte gelegen zijn.Punten van E zijn coplanair als ze in eenzelfde vlak gelegen zijn.

De verzameling E heeft dan de structuur van een reele affiene 3-ruimte als en slechts alsvoor de rechten en de vlakken de volgende axioma’s gelden:

3

4 HOOFDSTUK 1. REELE AFFIENE 3-RUIMTE

(E1) Elke rechte is een oneindige echte deelverzameling van E.

(E2) Door twee verschillende punten gaat juist een rechte van E.

(E3) Elk vlak is een oneindige echte deelverzameling van E.

(E4) Door drie niet-collineaire punten gaat juist een vlak van E.

(E5) Voor elke rechte van E en elk vlak van E geldt: Heeft de rechte twee verschillendepunten met het vlak gemeen, dan ligt de rechte in het vlak.

(E6) Voor elke twee vlakken van E geldt: Zijn de vlakken verschillend, maar hebben ze tenminste een punt gemeen, dan is hun doorsnede een rechte van E.

We zeggen dat de vlakken elkaar snijden volgens een rechte. Deze rechte noemenwe de snijlijn van de twee vlakken. Noemen we de twee vlakken resp. α en β ende snijlijn s dan schrijven we

α ∩ β = s.

(E7) Voor elk punt van E en elke rechte van E die het punt niet bevat, bestaat juist eenrechte van E die gaat door het gegeven punt, die met de gegeven rechte in eenzelfdevlak gelegen is en die met de gegeven rechte geen enkel punt gemeen heeft.

Opmerking: Uit deze axioma’s volgt dadelijk, dat elk vlak van de affiene ruimte E eenaffien vlak is.

(E8) Elk vlak van de ruimte E is een reeel affien vlak.

1.2 Onderlinge ligging van twee rechten

Uit axioma (E2) volgt dat twee rechten samenvallen als ze meer dan een punt gemeenhebben.

Twee rechten hebben dus ofwel geen enkel punt gemeen, ofwel een punt gemeen, ofwelvallen ze samen (zie fig. 1.1).

1. Hebben twee rechten a en b geen enkel punt gemeen dan kunnen zich twee gevallenvoordoen:

a. De rechten a en b hebben geen enkel punt gemeen en kunnen in eenzelfde vlakliggen (axioma (E7)). Die rechten worden strikt parallelle rechten genoemd.We schrijven

astrikt

‖ b

1.2. ONDERLINGE LIGGING VAN TWEE RECHTEN 5

Figuur 1.1: onderlinge ligging van twee rechten

b. De rechten hebben geen enkel punt gemeen en kunnen niet in eenzelfde vlakliggen. De rechten worden kruisende rechten genoemd. We schrijven

a 6‖ b ∧ a ∩ b = φ.

2. Hebben twee rechten a en b een punt gemeen dan worden ze snijdende rechtengenoemd. We noemen S het snijpunt van a en b. We schrijven

a ∩ b = S.

3. Twee rechten a en b hebben alle punten gemeen. Het zijn samenvallende rechten.We schrijven

a = b

We noemen twee rechten parallel als en slechts als ze strikt parallel zijn of samenvallendzijn. We schrijven

a ‖ b⇐⇒(a

strikt

‖ b ∨ a = b).

Het axioma (E7) is gelijkwaardig met het parallellenpostulaat van Euclides in de ruimte nl.door elk punt A van de ruimte E gaat juist een rechte a′ parallel met een gegeven rechte a.De rechte a′ valt samen met a in geval het punt A op de rechte a gelegen is.

Besluit voor de onderlinge ligging van twee verschillende rechten.Als twee verschillende rechten in eenzelfde vlak liggen dan zijn ze snijdend of strikt parallel.Twee kruisende rechten liggen nooit in eenzelfde vlak!


STELLING 1.1 Een vlak is volledig bepaald door een van de volgende mogelijkheden :

a. drie niet collineaire punten (axioma (E4));

b. twee strikt parallelle rechten;

c. twee snijdende rechten;

d. een rechte en een punt niet op de rechte gelegen.

RM I groepswerk 1 1. Vul de volgende zinnen aan

• Drie punten op eenzelfde rechte noemen we punten.

• Vier punten in eenzelfde vlak noemen we punten.

2. Welk axioma maakt dat elk vlak in de ruimte E op zichzelf een affien vlak is?

3. Vul de volgende zin aan en maak een schets.Zijn van de drie coplanaire rechten a, b en c de rechten a en b evenwijdig en snijdt cde rechte a dan · · · · · · · · · · · · · · ·

4. Vul de volgende zinnen in met altijd, soms of nooit. Geef telkens de reden en formuleerde stelling(en) die je eventueel toepast.

(a) Door 4 verschillende punten gaat juist een vlak.

(b) Als twee rechten elkaar niet snijden dan liggen ze in eenzelfdevlak.

(c) Twee parallelle rechten bepalen een vlak.

1.3. ONDERLINGE LIGGING VAN EEN RECHTE EN EEN VLAK 7

(d) Als een rechte een van twee evenwijdige rechten snijdt dan snijdt zede andere.

(e) Door een rechte gaat minstens een vlak.

(f) Door twee verschillende rechten gaat juist een vlak.

1.3 Onderlinge ligging van een rechte en een vlak

Uit axioma (E5) volgt dat een rechte in een vlak ligt als ze met het vlak meer dan een puntgemeen heeft.

Een rechte a en een vlak α hebben dus ofwel geen enkel punt gemeen ofwel een punt gemeen,ofwel ligt de rechte in het vlak (zie fig. 1.2).

Figuur 1.2: onderlinge ligging van een rechte en een vlak 1


1. Een rechte a is strikt parallel met een vlak α als en slechts als de rechte en het vlakgeen enkel punt gemeen hebben. We schrijven

astrikt

‖ α.

2. Een rechte a snijdt een vlak α als en slechts als de rechte en het vlak juist eenpunt gemeen hebben. We noemen S het snijpunt van de rechte a en het vlak α. Weschrijven

a ∩ α = S.

3. Alle punten van een rechte a zijn ook punten van het vlak α: de rechte a ligt in hetvlak α. We schrijven

a ⊂ α.

Een rechte is parallel met een vlak als en slechts als de rechte strikt parallel is met hetvlak of de rechte ligt in het vlak. We schrijven

a ‖ α←→(a

strikt

‖ α ∨ a ⊂ α).

Stellingen

STELLING 1.2 Als een rechte evenwijdig is met een vlak en een punt gemeen heeft metdat vlak dan ligt ze in dat vlak.

Met symbolen:a ‖ αA ∈ α

}=⇒ a ⊂ α

STELLING 1.3 Een rechte is parallel met een vlak als en slechts als de rechte parallel ismet ten minste een rechte van het vlak (zie fig. 1.3).

Met symbolen:

a ‖ α⇐⇒ ∃a′ :{a′ ⊂ αa′ ‖ a

STELLING 1.4 Snijdt een van twee evenwijdige rechten een vlak dan snijdt de andereook het vlak (zie fig. 1.4).



Met symbolena ‖ b

a ∩ α = {A}

}=⇒ b ∩ α = {B}

STELLING 1.5 Is een van twee evenwijdige rechten evenwijdig met een vlak dan is deandere ook evenwijdig met dat vlak (zie fig. 1.4).

Met symbolena ‖ ba ‖ α

}=⇒ b ‖ α

STELLING 1.6 Als twee rechten evenwijdig zijn met eenzelfde rechte dan zijn ze onderlingevenwijdig.

Met symbolena ‖ cb ‖ c

}=⇒ a ‖ b

STELLING 1.7 Parallellisme van rechten is een equivalentierelatie in de verzameling vande rechten van E.

Bewijs: De evenwijdigheid van rechten voldoet aan drie eigenschappen van een equivalen-tierelatie.



1. Elke rechte is evenwijdig met zichzelf omdat samenvallende rechten ook evenwijdigerechten zijn (de reflectieve eigenschap).

2. Als een rechte evenwijdig is met een andere rechte dan is die ander rechte ook even-wijdig met de eerste rechte (de symmetrische eigenschap).

3. Als twee rechten evenwijdig zijn met een derde rechte dan zijn ze onderling evenwijdig(de transitieve eigenschap).

Een equivalentierelatie tussen elementen van een verzameling doet in die verzameling eenpartitie ontstaan, i.e. een verdeling van de verzameling in parten die geen elementen metelkaar gemeen hebben en waarvan de unie de volledige verzameling oplevert (te vergelijkenmet de partjes van een sinaasappel). Deze parten worden de equivalentieklassen van deequivalentierelatie genoemd.

Deze stelling laat de volgende definities toe. De richting van de rechte a is de verzamelingvan alle rechten parallel met a d.i. de equivalentieklasse van de rechte a voor de relatie vanparallellisme van rechten. De rechte a wordt een vertegenwoordiger of representantvan de equivalentieklasse genoemd dus een representant van de richting.

Opmerking:

• Als een rechte parallel is met een vlak dan is ze parallel met oneindig veel rechten vandat vlak, die alle behoren tot eenzelfde richting van rechten.


• Elke rechte parallel met een vlak bepaalt een richting van rechten in het vlak en inde ruimte. Zo zijn er oneindig veel richtingen van rechten bepaald door de rechtenevenwijdig met het vlak.

RM I groepswerk 2 Vul de volgende zinnen in met altijd, soms of nooit. Geef telkensde reden en formuleer de stelling(en) die je eventueel toepast.

1. Als drie verschillende rechten concurrent zijn dan liggen ze in een-zelfde vlak.

2. Als een rechte evenwijdig is met een vlak dan is ze evenwijdig metelke rechte van dat vlak.

3. Als twee rechten evenwijdig zijn met eenzelfde vlak dan zijn zeonderling evenwijdig.

4. Een rechte evenwijdig met de snijlijn van twee vlakken is evenwijdigmet beide vlakken.


1.4 Onderlinge ligging van twee vlakken

Figuur 1.5: onderlinge ligging van twee verschillende vlakken

Voor twee gegeven vlakken doet zich juist een van de volgende drie mogelijkheden voor (ziefig. 1.5):

1. Twee vlakken α en β van E heten strikt parallel als en slechts als ze geen enkel puntgemeen hebben. We schrijven

αstrikt

‖ β.

2. Hebben twee verschillende vlakken ten minste een punt gemeen dan hebben ze eenrechte door dat punt gemeen (axioma (E6)). In dit geval spreekt men van snijdendevlakken α en β met snijlijn α ∩ β = s.

3. Hebben twee vlakken tenminste drie niet-collineaire punten gemeen dan vallen zesamen (E4).

Twee vlakken α en β zijn parallel als en slechts als ze strikt parallel zijn of als zesamenvallend zijn. We schrijven

α ‖ β ⇐⇒(α

strikt

‖ β ∨ α = β).

Belangrijke opmerking: In de ruimte wordt een rechte bepaald door twee verschillendepunten of door twee snijdende vlakken

1.4. ONDERLINGE LIGGING VAN TWEE VLAKKEN 13

Stellingen

STELLING 1.8 Is een rechte parallel met elk van twee snijdende vlakken dan is ze parallelmet de snijlijn van de twee vlakken (zie fig. 1.6).

Met symbolen

a ‖ αa ‖ β

α ∩ β = s

=⇒ a ‖ s

Figuur 1.6: Rechte evenwijdig met twee snijdende vlakken

Gevolgen van deze stelling voor de onderlinge stand van twee rechten :

GEVOLG 1.1 Is een rechte a parallel met een vlak α en brengt men door a een vlak βaan die α snijdt, dan is de snijlijn van α en β parallel met a.

Met symbolen

a ‖ αa ⊂ β

α ∩ β = s

=⇒ a ‖ s

GEVOLG 1.2 Zijn twee rechten a en b gelegen in resp. twee snijdende vlakken β en α enzijn ze evenwijdig dan zijn ze noodzakelijk evenwijdig met de snijlijn c van α en β.


Figuur 1.7: evenwijdige rechten in snijdende vlakken - onderlinge ligging van 3 vlakken

Met symbolena ‖ ba ⊂ βb ⊂ α

α ∩ β = c

=⇒ a ‖ b ‖ c

Bewijs:zelf

GEVOLG 1.3 Zijn twee rechten a en b gelegen in resp. twee snijdende vlakken β en α enzijn ze snijdend dan snijden ze elkaar op de snijlijn c van α en β.

Met symbolena ∩ b = {S}

a ⊂ βb ⊂ α

α ∩ β = c

=⇒ S ∈ c


Figuur 1.8: snijdende rechten in snijdende vlakken - onderlinge ligging van 3 vlakken

Belangrijke opmerking voor de onderlinge ligging van drie verschillendevlakken:Aangezien twee strikt parallelle rechten of twee snijdende rechten een vlak γ bepalen, ver-krijgen we hier twee gevallen voor de onderlinge ligging van drie vlakken. Het derde gevalis een limietgeval van het tweede geval.

(i) In het geval de rechten a en b elkaar snijden, verkrijgen we het algemeen gevalvoor de onderlinge ligging van 3 vlakken, nl. dat ze elkaar snijden in eenpunt S. De drie vlakken α, β en γ snijden elkaar twee aan twee volgens drie rechtena, b en c die elkaar snijden in S (zie figuur 1.8).

Met symbolenβ ∩ γ = aγ ∩ α = bα ∩ β = c

∧ a ∩ b ∩ c = {S}

(ii) In geval de rechten a en b strikt evenwijdig zijn, verkrijgen we het geval dat de drievlakken α, β en γ geen enkel punt gemeen hebben en elkaar twee aan twee snijdenvolgens strikt parallelle rechten a, b en c (zie figuur 1.7).


∧ a strikt

‖ bstrikt

‖ cstrikt

‖ a

(iii) In geval de rechten a en b samenvallen, dan vallen ze samen met de snijlijn c van αen β en verkrijgen we het geval dat de drie vlakken α, β en γ elkaar snijden volgenseen rechte (zie figuur 1.7).


∧ a = b = c


GEVOLG 1.4 Zijn twee rechten a en b gelegen in resp. twee snijdende vlakken en zijn zekruisend dan snijden ze de snijlijn van de twee vlakken in resp. twee verschillende puntenof snijdt de ene rechte de snijlijn en is de andere rechte parallel met de snijlijn.

Met symbolen

a ∩ b = φa 6‖ ba ⊂ αb ⊂ β

α ∩ β = s

=⇒

a ∩ s = {A}b ∩ s = {B}A 6= B

∨{a ∩ s = {A}b ‖ s ∨

{a ‖ sb ∩ s = {B}

In geval a ∩ s = {A} en b ∩ s = {B} wordt de rechte s = AB een steunrechte van dekruisende rechten genoemd.

Figuur 1.9: kruisende rechten in snijdende vlakken

STELLING 1.9 Zijn twee vlakken parallel, dan is elke rechte van het ene vlak parallel methet andere vlak.

Met symbolenα ‖ βa ⊂ α

}=⇒ a ‖ β

STELLING 1.10 Twee vlakken zijn parallel als twee snijdende rechten van het ene vlakparallel zijn met resp. twee rechten van het tweede vlak.


Met symbolena1 ⊂ α b1 ⊂ β a1 ‖ b1

a2 ⊂ α b2 ⊂ β a2 ‖ b2

a1 ∩ a2 = {A}

=⇒ α ‖ β

Deze stelling gebruiken we om aan te tonen dat twee vlakken evenwijdig zijn, zie ook fig.1.11.

STELLING 1.11 Snijdt een rechte een van twee parallelle vlakken dan snijdt ze ook hetandere vlak (zie fig. 1.10).

Met symbolenα ‖ β

a ∩ α = {A}

}=⇒ a ∩ β = {B}

STELLING 1.12 Is een rechte parallel met een van twee parallelle vlakken dan is ze ookparallel met het andere vlak (zie fig. 1.10).

Met symbolenα ‖ βa ‖ α

}=⇒ a ‖ β

Figuur 1.10: ligging van een rechte tov. twee strikt parallelle vlakken

STELLING 1.13 Snijdt een vlak een van twee evenwijdige vlakken dan snijdt ze ook hetandere, en de snijlijnen zijn evenwijdig (zie fig. 1.10).


Figuur 1.11: niet-snijdende rechten in strikt evenwijdige vlakken

Met symbolenα ‖ β

γ ∩ α = a

}=⇒ γ ∩ β = b

a ‖ b

Gevolg van de stellingen voor de onderlinge stand van twee rechten :

GEVOLG 1.5 Als twee rechten gelegen zijn in resp. twee strikt evenwijdige vlakken danzijn ze verschillend en niet-snijdend dwz. ze zijn ofwel strikt evenwijdig ofwel kruisend.

STELLING 1.14 Als twee vlakken parallel zijn met eenzelfde vlak dan zijn ze onderlingparallel.

Met symbolenα ‖ βγ ‖ α

}=⇒ γ ‖ β

Belangrijke opmerking voor de onderlinge ligging van drie verschillendevlakken:

(iv) Twee vlakken α en β zijn strikt parallel, het derde vlak γ snijdt α en β volgensevenwijdige snijlijnen resp. b en a (zie fig. 1.12 rechts).

Met symbolenα ∩ β = φβ ∩ γ = aγ ∩ α = b

=⇒ astrikt

‖ b


(v) De drie vlakken α, β en γ zijn twee aan twee strikt parallel (zie fig. 1.12 links).

Met symbolen

αstrikt

‖ βstrikt

‖ γstrikt

‖ α

Figuur 1.12: ligging van een vlak tov. twee strikt parallelle vlakken

STELLING 1.15 Door elk punt gaat juist een vlak parallel met een gegeven vlak.

STELLING 1.16 Parallellisme van vlakken is een equivalentierelatie in de verzamelingvan de vlakken van E.

Deze stelling laat de volgende definitie toe. De richting van een vlak is de verzamelingvan alle vlakken parallel met dat vlak d.i. de equivalentieklasse van het gegeven vlak voorde relatie van parallellisme van vlakken in E.

STELLING 1.17 Door elk punt gaan oneindig veel rechten parallel met een gegeven vlak.Deze rechten vormen een stralenbundel met top het gegeven punt en liggen allemaal in eenvlak evenwijdig met het gegeven vlak.


Belangrijke opmerking:

• Als twee rechten kruisend zijn kunnen we steeds door de ene rechte een vlak aanbren-gen parallel met de andere rechte. Zo bekomen we twee strikt parallelle vlakken. Dezevlakken bepalen een richting van vlakken die we de richting van vlakken bepaalddoor de kruisende rechten noemen.Zijn twee rechten snijdend dan vallen deze parallelle vlakken samen met het vlakbepaald door deze snijdende rechten.

• Wat kunnen we uit een tekening in het vlak afleiden omtrent de on-derlinge ligging van twee rechten:Zien we op een tekening in het vlak dat

1. twee rechten snijdend zijn dan zijn deze rechten in werkelijk snijdend of kruisend.

2. twee rechten evenwijdig zijn dan zijn deze rechten in werkelijk kruisend of striktevenwijdig.

3. twee rechten samenvallend zijn dan zijn deze rechten in werkelijk snijdend ofevenwijdig.

Dit wordt bewezen in de paragraaf over projecties van twee rechten.

RM I groepswerk 3 1. Formuleer de drie verschillende eigenschappen van een equi-valentierelatie voor de evenwijdigheid van vlakken.

Vul de volgende zinnen in met altijd, soms of nooit. Geef telkens de reden en formuleerde stelling(en) die je eventueel toepast.

(a) Als twee vlakken niet parallel zijn dan zijn ze snijdend.


(b) Als een van twee snijdende rechten parallel is met een vlak dan is de andererechte parallel met dat vlak.

(c) Twee vlakken zijn evenwijdig als twee snijdende rechten vanhet ene vlak evenwijdig zijn met het andere vlak.

(d) Een vlak evenwijdig met de snijlijn van twee vlakken is even-wijdig met beide vlakken.

(e) Door een rechte gaat een vlak parallel met een gegeven vlak.

(f) Door elk van twee kruisende rechten kunnen we een vlak aan-brengen, zo dat beide vlakken parallel zijn.

(g) Als twee vlakken evenwijdig zijn en men door een punt van het eerste vlak eenrechte trekt parallel met het tweede vlak dan ligt die rechte inhet eerste vlak.

(h) Door een punt gaat juist een rechte parallel met een gegevenvlak.


(i) Als twee vlakken evenwijdig zijn met eenzelfde rechte dan zijn zeonderling evenwijdig.

2. De snijpunten van twee strikt parallelle rechten en twee strikt parallelle vlakken zijnde hoekpunten van een parallellogram. Welke vlakke figuur krijgen we als we tweesnijdende rechten snijden met twee strikt parallelle vlakken? Maak een schets voorelk van de 3 mogelijkheden.

3. Gegeven: twee parallelle vlakken α en β , twee punten A en B van β , een punt Cvan α, een rechte l van α, de rechte m door B parallel met AC.Construeer:

(a) het snijpunt van α en m;

(b) het snijpunt van vl(A,B,C) en l.


4. Gegeven: twee snijdende vlakken α en β en hun snijlijn s, twee punten A en B van α.Construeer: het snijpunt van AB en β.

5. Construeer een rechte die door een gegeven punt gaat, een gegeven rechte snijdt enevenwijdig is met een gegeven vlak.

(a) Beschouw eerst een algemene ligging van de gegevens: de gegeven rechte snijdthet gegeven vlak en het punt P ligt niet op die rechte of in dat vlak. Maak eenschets daarvan.

(b) Hoe liggen de gegeven elementen t.o.v. van elkaar opdat er geen enkele oplossingmogelijk is en opdat er oneindig veel oplossingen mogelijk zijn? Maak in dietwee gevallen een schets.


Affiene stellingen van Desargues

Twee perspectieve driehoeken zijn twee driehoeken waarvan de verbindingslijnen vanovereenkomstige hoekpunten verschillend en concurrent zijn of evenwijdig.

STELLING 1.18 (Stellingen van Desargues)

1. Zijn van twee perspectieve driehoeken twee paren overeenkomstige zijlijnen paralleldan is het derde paar overeenkomstige zijlijnen parallel.

2. Zijn overeenkomstige zijlijnen van twee driehoeken twee aan twee parallel dan zijn dedriehoeken perspectieve driehoeken.

RM I groepswerk 4 Gegeven zijn twee rechten a en b die elkaar snijden buiten het kadervan de tekening. Construeer de rechte c door een punt P en door het snijpunt van a en b.

1.5 Constructie van de snijlijn van twee snijdende vlak-

ken

1. Gegeven:α ∩ β = s,

A,B ∈ β ,C ∈ α en A,B,C 6∈ s.

Gevraagd:vl(A,B,C) ∩ α.

1.5. CONSTRUCTIE VAN DE SNIJLIJN VAN TWEE SNIJDENDE VLAKKEN 25

Oplossing: De vlakken α en vl(A,B,C) zijn verschillende vlakken en hebben het puntC gemeen (zie fig. 1.14). De snijlijn x is een rechte door C. Om de snijlijn x tekunnen tekenen moeten we ofwel een tweede punt van x bepalen ofwel de richting vanx kennen.

• Is AB ‖/ s dan is het snijpunt S van AB en s het tweede gemeenschappelijkpunt van α en vl(A,B,C). De gevraagde snijlijn is CS (zie ook gevolg 1.3 opp. 14). De rechte CS is direct te tekenen op voorwaarde dat het punt S binnenhet kader van de tekening valt.Valt S buiten het kader van de tekening dan steunen we op de stelling vanDesargues om de rechte x te tekenen. Daartoe tekenen we twee perspectievedriehoeken ACD en BEF met D,F ∈ s. De rechte CE is de gevraagde snijlijn(zie fig. 1.13).

Figuur 1.13: snijlijn van twee vlakken 1


• Is AB ‖ s dan is x ‖ AB, want is een rechte a parallel met een vlak α dan is zeparallel met de snijlijn van α en elk vlak door a dat α snijdt (zie ook gevolg 1.2op p. 13).

Figuur 1.14: snijlijn van twee vlakken 2

2. Gegeven: vlak α, punten A,B /∈ α en C ∈ α.Gevraagd:

vl(A,B,C) ∩ α.

Oplossing: Deze opgave herleidt zich tot de voorgaande opgave als we eerst door derechte AB een vlak β aanbrengen, dat α snijdt. Vervolgens bepalen we de snijlijn svan α en β. Tenslotte passen we de constructie toe uit de voorgaande opgave. Hetvlak β noemen we hier een hulpvlak.

RM I groepswerk 5 1. Hier is de doorsnede getekend van een kubus met een vl(PQR)door enkel rechten te snijden en punten te verbinden. Welke hulpvlakken worden hiertelkens gebruikt? Welke veelhoek vormt deze doorsnede. Welke zijden zijn evenwij-dig?


2. Teken de doorsnede van de kubus met het vl(PQR) door enkel rechten te snijden enpunten te verbinden.


3. Hier is de doorsnede getekend van een piramide met een vl(PQR) door enkel rechtente snijden en punten te verbinden. We bekomen die doorsnede door eerst de snijlijnte tekenen van vl(PQR) met het grondvlak van de piramide.

4. Teken de doorsnede van de piramide met het vl(PQR) door enkel rechten te snijdenen punten te verbinden. Teken eerst de snijlijn van vl(PQR) en het grondvlak vande piramide.


1.6 Enkele opgaven ivm. kruisende rechten

Figuur 1.15: kruisende rechten 1

1. Gegeven: Een punt A niet gelegen op een rechte b, α = vl(A, b) en B is een punt nietgelegen in α.Te bewijzen: AB en b zijn kruisende rechten.

Bewijs: Onderstel dat AB en b in eenzelfde vlak β gelegen zijn, dan vallen α en βsamen want ze zijn allebei bepaald door b en A. Hieruit volgt dat B ∈ α, wat in strijdis met het gegeven.

2. Gegeven: a en b zijn kruisende rechten,

A,A′ ∈ a, A 6= A′,B,B′ ∈ b, B 6= B′.

Te Bewijzen: AB kruist A′B′.

Bewijs: analoog met het voorgaande bewijs.Een ander bewijsje: De vlakken α = vl(a,AB) en β = vl(b,A’B’) snijden elkaarvolgens A′B. De rechten a en b snijden deze snijlijn in resp. de punten A′ en B dieverschillend zijn van elkaar.

3. Gegeven: a kruist b en b ‖ α.Gevraagd: Is a dan snijdend met α?

4. Hoeveel rechten snijden tegelijk twee kruisende rechten a en b?

1.6. ENKELE OPGAVEN IVM. KRUISENDE RECHTEN 31

5. Hoeveel rechten gaan door een gegeven punt en steunen op twee kruisende rechten?Constructie van een rechte door P die a en b snijdt. Deze rechte gaan we in de ruimtebepalen als de doorsnede van twee vlakken, die resp. de rechten a en b bevatten.We veronderstellen dat P geen punt is van a en ook geen punt van b. De rechte a enhet punt P bepalen dan een vlak α en de rechte b en het punt P bepalen een vlak β.De vlakken α en β hebben het punt P gemeenschappelijk.

We kunnen twee gevallen onderscheiden (zie fig. 1.16):

(a) α ∩ β = s en P ∈ s.a. Algemeen geval: s snijdt b en s snijdt a. We hebben hier een oplossing, nl.s.

b. s ‖ b maar dan snijdt s rechte a (a en b zijn kruisend)of s ‖ a maar dan snijdt s rechte b (a en b zijn kruisend).

Het geval b. betekent dat een van de kruisende rechten evenwijdig is met hetvlak bepaald door de andere rechte en het punt P of dat een van de vlakken αof β behoort tot de richting van vlakken bepaald door de kruisende rechten aen b. Een rechte door P die steunt op de ene rechte kan de andere rechte nooitsnijden. We hebben hier geen oplossingen.

Figuur 1.16: kruisende rechten 2

(b) α = β.In dit geval liggen a en b in eenzelfde vlak. Dit is in strijd met het gegeven data en b kruisende rechten zijn.


Veronderstellen we P ∈ a of P ∈ b, dan hebben we door P een bundel steunrechten.

6. Hoeveel rechten zijn evenwijdig met een gegeven rechte en steunen op twee kruisenderechten?

Constructie van een steunrechte van a en b en parallel met c.

We veronderstellen dat c niet parallel is met a en ook niet met b. Door a gaat juisteen vlak α parallel met c en door b gaat juist een vlak β parallel met c. De vlakkenα en β zijn beide parallel met de rechte c, want een rechte is parallel met een vlak alsdie rechte parallel is met minstens een rechte van dat vlak.

We kunnen twee gevallen onderscheiden (zie fig. 1.17):

(a) Algemeen geval: α ∩ β = s en s ‖ c (zie fig. 1.17a).De rechte s snijdt a, want a en s liggen in eenzelfde vlak en zijn niet-parallel.Analoog snijdt s ook b. We hebben hier een oplossing, nl. s.

(b) α ∩ β = φ (zie fig. 1.17b).In dit geval zijn er geen oplossingen. De rechte c is parallel met de richting vanvlakken bepaald door de kruisende rechten a en b.

Veronderstellen we c ‖ a of c ‖ b, dan zijn er dus ook geen oplossingen.

Opmerking: In 5 en 6 hebben we een steunrechte geconstrueerd van twee kruisende rech-ten. Eigenlijk moeten we nog bewijzen dat er hoogstens een steunrechte is.


Figuur 1.17: kruisende rechten 3, a en b

Bewijs: We voeren een bewijsje uit het ongerijmde. Stel dat er twee verschillende steun-rechten van a en b zijn die door een punt P gaan (die parallel zijn met c) dan bepalen dezetwee steunrechten een vlak α, want twee snijdende rechten (parallelle rechten) bepalen eenvlak. De rechten a en b hebben met α elk twee verschillende punten gemeen. Ze liggendus allebei in α. Dit is in strijd met het gegeven dat a en b kruisende rechten zijn. Deonderstelling is vals, er gaat dus hoogstens een steunrechten door een punt P (parallel metc). �

Besluit voor 5 en 6 : Als een van twee kruisende rechten parallel is met het vlak bepaalddoor de andere rechte en het gegeven punt (evenwijdig met de gegeven derde rechte) danbestaat er door dat punt (evenwijdig met die derde rechte) geen steunrechte van de kruisenderechten. Is dit niet het geval dan betaat er door dat punt (evenwijdig met die derde rechte)juist een steunrechte van de kruisende rechten.

Voor 6 kunnen we het besluit nog anders formuleren: Onder alle steunrechten van tweekruisende rechten is er geen enkele die parallel is met een vlak van de richting van vlakkenbepaald door de kruisende rechten. Voor elke andere richting van rechten bestaat er juisteen steunrechte van de twee kruisende rechten.


RM I groepswerk 6 1. Construeer de steunrechte van a en b door het punt P

2. Hoeveel rechten zijn evenwijdig met twee gegeven snijdende vlakken en steunen optwee kruisende rechten?

3. Hoeveel rechten steunen op vier rechten a, b, c en d als a en b snijdend zijn, alsook cen d? Elk van de rechten a en b zijn kruisend met elk van de rechten c en d.


4. Hier zie je de constructie van een steunrechte van drie 2 aan 2 kruisende rechten a, ben c. Verklaar deze constructie. Hoeveel steunrechten zijn er mogelijk?

5. * Construeer een rechte die twee gegeven vlakken en twee gegeven rechten snijdt.

6. * Construeer een rechte die vier gegeven rechten, waarvan er twee elkaar snijden,snijdt.


RM I HUISTAAK 1 1. Formuleer de stellingen waarmee we in oefeningen kunnenbewijzen dat

(a) twee rechten parallel zijn;

(b) twee vlakken parallel zijn;

(c) een rechte en een vlak parallel zijn.

2. Gegeven: twee strikt parallelle vlakken α en β , twee punten A en B van α, een puntC van β en een punt S van ]B,C[.Construeer: het snijpunt van AS en β

3. Hoeveel rechten snijden terzelfdertijd drie gegeven twee aan twee kruisende rechten?Breng door die drie rechten vlakken aan die elkaar snijden volgens een rechte.

4. Construeer een rechte x die in een gegeven vlak α ligt, een gegeven rechte a snijdt enevenwijdig is met een gegeven vlak β 6= α. Vermeld de stellingen die je toepast.

5. * Hoeveel steunrechten van twee kruisende rechten zijn er die parallel zijn met eengegeven vlak? Wanneer zijn er helemaal geen steunrechten?

1.7. PARALLELPROJECTIES VAN E 37

1.7 Parallelprojecties van E

1.7.0.1 Definities

We beschouwen een vlak Π en een rechte d waarvoor geldt

Π ∩ d = {D}

De parallelprojectie van E op het vlak Π volgens de richting van de rechte d,d ‖/Π, is de transformatie van E, waarbij een punt P van E wordt afgebeeld op een punt P ′

van Π dat het snijpunt is van de rechte door P parallel met d en het vlak Π (zie fig. 1.18).

Met symbolen: pdΠ : E −→ E : P 7−→ P ′ ∈ Π

Het vlak Π wordt het projectievlak genoemd.

Opmerking: Een punt P ′ van Π is het beeld van oneindig veel punten, nl. van alle puntenvan de rechte door P ′ parallel met d.

Figuur 1.18: parallelprojecties van een punt P

De parallelprojectie van E op de rechte d volgens de richting van het vlak Π,Π ‖/d, is de transformatie van E, waarbij een punt P van E wordt afgebeeld op een punt P ′′

van d, dat het snijpunt is met d van het vlak door P parallel met Π.

Met symbolen: pΠd : E −→ E : P 7−→ P ′′ ∈ d.


Opmerking: Een punt P ′′ van d is het beeld van oneindig veel punten, nl. van alle puntenvan het vlak door P ′′ parallel met Π.

Het punt P vormt met het snijpunt {D} = Π ∩ d, zijn projectie P ′ op het vlak Π en zijnprojectie P ′′ op de rechte d een parallellogram PP ′DP ′′. (zie fig. 1.18).

1.7.0.2 Het beeld van een rechte onder een parallelprojectie

Figuur 1.19: duid de projecties aan van a, P , Q en A met Q ∈vl((x, d)

1. De rechte a snijdt Π en is niet evenwijdig met d (algemene stand t.o.v. Π en d)

a ∩ Π = {S} ∧ a 6‖ d

• Het punt S wordt in zichzelf geprojecteerd vermits het een punt is van Π. Eenander punt A van a wordt in een punt A′ ∈ Π geprojecteerd en AA′ ‖ d. Hetvlak(a,AA′) = α is het vlak door a evenwijdig met d.

α ∩ Π = SA′

De projectie P ′ op Π van elk ander punt P van a ligt op SA′ omdat PP ′ evenwij-dig is met α en een punt P gemeen heeft met α. We noemen α het projecterendvlak op Π door de rechte a.Besluit: Om de projectie van een rechte a op een vlak Π te bepalen, hebben wetwee mogelijkheden


– de projectie a′ wordt bepaald door twee punten nl. de projecties van tweeverschillende punten van a.

– wde projectie a′ wordt bepaald als snijlijn van twee vlakken, nl. het projec-terend vlak α door a en het projectievlak Π.

Is in het bijzonder a snijdend met d dan is α = vlak(a, d) het projecterend vlaken de projectie a′ is een rechte door D. Teken dit geval bij op figuur 1.19

• de projectie van de rechte a op d is de rechte d zelf.

2. De rechte a is evenwijdig met d . Teken dit geval bij op figuur 1.19

a ‖ d

• de projectie van de rechte a op Π is het punt S, dat het snijpunt van de rechtea met het projectievlak Π. Alle punten van a worden op hetzelfde punt S van Πgeprojecteerd. Hier gaan oneindig veel projecterende vlakken door a omdat elkvlak door a evenwijdig is met d.

• de projectie van de rechte a op d is de rechte d zelf.

3. De rechte a is evenwijdig met Π

• de projectie van de rechte a op Π is een rechte a′ parallel met a. Inderdaad, hetprojecterend vlak door a snijdt Π volgens a′ evenwijdig met a omdat a evenwij-dig is met Π.Besluit: Is een rechte a parallel met het projectievlak dan moeten we enkel deprojectie A′ zoeken van een punt van a. De projectie van a is dan de rechte a′

door A′ evenwijdig met a.

• de projectie van de rechte a op d is het punt A′′ dat het snijpunt is van d methet vlak Π′ door a parallel met Π. Alle punten van Π′ worden op hetzelfde puntA′′ van d geprojecteerd.

Is in het bijzonder a snijdend met d dan is de projectie van a op d het snijpuntvan a en d. Teken dit geval bij op figuur 1.20


Figuur 1.20: bepaal de projecties van a, P , Q en R

1.7.0.3 De projecties van twee rechten

We gaan na hoe de onderlinge ligging kan zijn van twee rechten a en b als hun projecties opΠ resp. de rechten a′ en b′ zijn. De rechten a′ en b′ zijn de snijlijnen van de projecterendevlakken α en β op Π door resp. a en b.

1. De rechten a′ en b′ zijn snijdend De projecterende vlakken α en β die evenwijdig zijnmet d snijden elkaar volgens de rechte s. Deze snijlijn s is de steunrechte van a en bevenwijdig met d. We noemen A en B de steunpunten op resp. a en b.

(a) als A 6= B dan zijn a en b kruisend (fig. 1.21);

(b) als A = B dan zijn a en b snijdend (fig. 1.24).

2. De rechten a′ en b′ zijn strikt evenwijdig De projecterende vlakken α en β die even-wijdig zijn met d zijn onderling strikt evenwijdig vermits twee snijdende rechten vanα evenwijdig zijn met twee snijdende rechten van β. Voor de onderlinge ligging vana en b hebben we twee mogelijkheden:

(a) a en b zijn kruisend (fig. 1.21);

(b) a en b zijn strikt evenwijdig (fig. 1.22);.

3. De rechten a′ en b′ vallen samen De projecterende vlakken α en β die evenwijdigzijn met d vallen samen.


(a) a en b zijn snijdend (fig. 1.25);

(b) a en b zijn evenwijdig (fig. 1.23);.

RM I groepswerk 7 1. Hoe is het beeld van een parallellogram en van een driehoekbij parallelprojectie op een vlak?

2. Gegeven twee snijdende vlakken α en β, s is de snijlijn, een punt A van α en eenpunt B van β, beide niet gelegen op s. De rechte a′ is de projectie van de rechte a ophet vlak α volgens de richting van AB. Bepaal de projectie van a op β volgende derichting van AB.

3. Maak een overzicht van de verschillende mogelijkheden voor de projecties van tweeverschillende rechten a en b als minstens een van beide rechten parallel is met d.

4. Geef de verschillende mogelijkheden voor de projectie op een vlak van twee kruisenderechten, twee snijdende rechten en twee strikt parallelle rechten.

5. Bij de onderstaande tekeningen is het projectievlak het (x, y)-vlak en de projectie-richting de richting van z. Vul de volgende tekeningen aan met het gevraagde:

Figuur 1.21: teken de projecties van AB en PQ en onderzoek de onderlinge ligging van aen b


Figuur 1.22: teken de projecties van de parallelle rechten a en b

Figuur 1.23: teken de projecties van de parallelle rechten a en b


Figuur 1.24: teken de projecties van de snijdende rechten a en b waarbij b ∩ z = {B}

Figuur 1.25: teken de projecties van de snijdende rechten a en b en van het punt C ∈ a


Figuur 1.26: teken de projecties van a en b en de onderlinge ligging van a en b?

Figuur 1.27: teken projecties van a en b en de onderlinge ligging van a en b?

1.8. VECTOREN 45

1.8 Vectoren

1.8.1 Het begrip vector

De puntenkoppels (P, P ′) en (Q,Q′) zijn equipollente puntenkoppels als en slechts alszich een van de volgende gevallen voordoet:

1. (P, P ′) = (Q,Q′);

2. P = P ′ ∧Q = Q′;

3. P , P ′, Q en Q′ zijn de hoekpunten van een parallellogram PP ′Q′Q;

4. tenminste drie van de vier punten P , P ′, Q en Q′ liggen op eenzelfde rechte en erbestaat tenminste een koppel (R,R′), niet gelegen op de rechte, waarvoor PP ′R′R enRR′Q′Q parallellogrammen zijn (in dit geval liggen de koppels (P, P ′) en (Q,Q′) opeenzelfde rechte).

Opmerking: Als we in het vervolg willen onderzoeken of twee puntenkoppels equipollentzijn dan kunnen we kijken of deze puntenkoppels kunnen verbonden worden door een of tweeparallellogrammen.

We kunnen gemakkelijk aantonen dat de relatie “is equipollent met” in de verzameling vande puntenkoppels van de ruimte E een equivalentierelatie is.Een vector in E is een equivalentieklasse van equipollente puntenkoppels.

Is ~v = ~AB met A,B ∈ E dan wordt het puntenkoppel (A,B) een representant van devector ~v genoemd. De rechte AB noemen we een drager van de vector ~v. Alle dragersvan eenzelfde vector zijn parallelle rechten, vermits de representanten van eenzelfde vectorequipollente puntenkoppels zijn. De verzameling van de dragers van een vector ~v is eenrichting van rechten bepaald door die vector. Een vector bepaalt dus steeds een richtingvan rechten.

Een vector ~v is parallel met een rechte a als en slechts als a behoort tot de richtingvan rechten bepaald door ~v.

Twee vectoren zijn parallel als en slechts als ze eenzelfde richting van rechten bepalen.


1.8.2 Bewerkingen met vectoren

Som van vectoren en scalaire vermenigvuldiging van vectoren

De definitie van de som van vectoren in E is dezelfde als in Π (zie ook fig. ??), alsook vande scalaire vermenigvuldiging van vectoren in E. De formule van Chasles-Mobius ishet gevolg van de definitie van de som van vectoren:

~AB = ~AC + ~CB.

De som van vectoren is onafhankelijk van het aangrijpingspunt van de representanten (ziefiguur).

Eigenschappen

De eigenschappen zijn dezelfde als in Π (zie ook fig. 1.28).

1. De som van twee vectoren is commutatief.

∀~v, ∀~w : ~v + ~w = ~w + ~v.

2. De som van vectoren is associatief.

∀~v, ∀~w, ∀~u : (~v + ~w) + ~u = ~v + (~w + ~u).

3. Het verschil van twee vectoren is de som van de eerste vector en de tegengestelde vande tweede vector.

4. De scalaire vermenigvuldiging is distributief t.o.v. de optelling van vectoren.

∀~v, ∀~w, ∀r ∈ R : r(~v + ~w) = r~v + r ~w.

1.8. VECTOREN 47

Figuur 1.28: eigenschappen van som en scalaire vermenigvuldiging van vectoren

5. De scalaire vermenigvuldiging is distributief t.o.v. de optelling van reele getallen.

∀~v, ∀r, s ∈ R : (r + s)~v = r~v + s~v.

6. De scalaire vermenigvuldiging is gemengd associatief.

∀~v, ∀r, s ∈ R : (rs)~v = r(s~v).

De verhouding van evenwijdige vectoren

Elke vector is steeds te schrijven als een veelvoud van elke evenwijdige vector verschillendvan de nulvector. Dit veelvoud wordt de verhouding van de evenwijdige vectorengenoemd.

Met symbolen:

~v2 6= ~o =⇒ (~v1 ‖ ~v2 ⇐⇒ ∃r ∈ R | ~v1 = r ~v2 ⇐⇒~v1

~v2

= r).

STELLING 1.19 (Stelling van Thales) De verhouding van evenwijdige vectoren blijftbehouden bij parallelprojectie.


Dit wordt geıllustreerd op fig. 1.29.

~u

~v=~u′

~v′.

Dit laatste geldt omdat een homothetie met centrum t de driehoek ABC afbeeldt op drie-hoek EFG.

Figuur 1.29: parallelprojectie van parallelle vectoren

1.8. VECTOREN 49

1.8.3 De reele vectorruimten R,EO,+

De ruimten met oorsprong: E0

We kiezen in E een vast punt O, dat we de oorsprong van EO noemen.We beschouwen een vector ~v en representeren hem vanuit de oorsprong, d.w.z. we nemenvoor voor ~v die vertegenwoordiger waarvan het beginpunt in O ligt.

~v = ~OP

Op die manier correpondeert met elke vector ~v van E een punt P van EO en omgekeerd,correspondeert met elk punt P van EO juist een vector ~v van EWe noemen de representant (O,P ) van de vector ~v de plaatsvector van het punt P .

Opmerking: Een vector laten overeenkomen met een punt kunnen we vergelijken met hetlaten overeenkomen van een georienteerde hoek met een punt op de goniometrische cirkel.

De reele vectorruimten R,EO,+Voor de plaatsvectoren van EO , die representanten zijn van vectoren van E, gelden dezelfdeeigenschappen als voor vectoren in E.

1. De som van twee plaatsvectoren is weer een plaatsvector.

2. De som van plaatsvectoren is associatief, net zoals de som van vectoren.

3. De nulvector is het neutraal element voor de som van plaatsvectoren.

4. Voor elke plaatsvector bestaat de tegengestelde plaatsvector. De som van de plaats-vector en zijn tegengestelde plaatsvector geeft de nulvector.

5. De som van plaatsvectoren is commutatief.

1. Het product van een reeel getal en een plaatsvector is weer een plaatsvector.

2. De scalaire vermenigvuldiging is distributief t.o.v. de som van plaatsvectoren.

3. De scalaire vermenigvuldiging is distributief t.o.v. de som van reele getallen.

4. De scalaire vermenigvuldiging is gemengd associatief.

5. Het getal 1 is het neutraal element voor de scalaire vermenigvuldiging.

Omwille van deze 10 eigenschappen noemen we de structuur R,EO,+ een reele vector-ruimte.


1.9 *Spiegeling van E om een vlak volgens de richting

van een rechte

De spiegeling van E om het vlak Π volgens de richting van de rechte d, d ‖/Π, isde transformatie van E, die een punt P afbeeldt op P ′′ zodanig dat PP ′′ parallel is met den het snijpunt P ′ van PP ′′ met Π het midden is van [PP ′′] (op de tekening is Π = α).Er geldt:

~PP ′ = ~P ′P ′′.

1.10 *Spiegeling van E om een rechte volgens de rich-

ting van een vlak

De spiegeling van E om de rechte a volgens de richting van het vlak Π, Π ‖/d, isde transformatie van E, die een punt P afbeeldt op Q zodanig dat PQ parallel is met Π ende rechte d snijdt in een punt S dat het midden is van [PQ].Er geldt:

~PS = ~SQ.

Deze twee spiegelingen zijn permutaties van E (bijecties van E in zichzelf).

Construeer op bijgevoegde figuur de projectie Q van P .

Opmerking: De definities van verschuiving en homothetie zijn dezelfde als in het vlak.

1.11. VEELVLAKKEN 51

1.11 Veelvlakken

Een veelvlak is een lichaam begrensd door vlakdelen die zijvlakken genoemd worden.

Naargelang het aantal zijvlakken verkrijgen we een viervlak, een vijfvlak, ... een n-vlak,. . . enz.(n ∈ N \ {0, 1, 2, 3}) (zie fig. 1.30).

Figuur 1.30: n-vlakken

Een ribbe van een veelvlak is de gemeenschappelijke zijde van twee veelhoeken die inverschillende zijvlakken liggen.

Een hoekpunt van een veelvlak is het gemeenschappelijk punt van drie of meer zij-vlakken.

Een diagonaal van een veelvlak is een lijnstuk dat twee hoekpunten verbindt die nietin een zijvlak gelegen zijn.

Een zijvlaksdiagonaal van een veelvlak is een diagonaal van een zijvlak.

Een diagonaalvlak van een veelvlak is een vlak door drie hoekpunten die niet in eenzijvlak liggen.

Een veelvlak is convex als het helemaal aan een kant ligt van het draagvlak van elk zijvlak.In het ander geval wordt het veelvlak concaaf genoemd.


Bijzondere veelvlakken

Prisma Een prismatisch oppervlak ontstaat door het verschuiven van een rechte langsde zijden van een vlakke veelhoek (zie fig. 1.31). Deze rechte snijdt het vlak van de veelhoeken wordt de beschrijvende van het prismatisch oppervlak genoemd.

Figuur 1.31: prismatisch oppervlak

Een prisma is een veelvlak dat begrensd is door een prismatisch oppervlak en twee parallellevlakken, die de beschrijvende snijden (zie fig. 1.32). De twee vlakke doorsneden zijn tweeveelhoeken.

De veelhoeken worden grondvlak en bovenvlak genoemd, en de andere zijvlakken dieparallellogrammen zijn worden opstaande zijvlakken genoemd. Opstaande ribben zijnsnijlijnstukken van twee opstaande zijvlakken.Al naar gelang het aantal opstaande zijvlakken spreken we van een 3-zijdige, een 4-zijdig,... een n-zijdig prisma (n ∈ N \ {0, 1, 2}).

Bijzonder prisma: Parallellepipedum Een parallellepipedum is een prisma waar-

van grond-en bovenvlak parallellogrammen zijn (zie fig. 1.32).

Afgeknot prisma Een afgeknot prisma is een veelvlak begrensd door een prismatischoppervlak en twee niet parallelle vlakken die de beschrijvende snijden, en waarvan de snijlijnhet prismatisch oppervlak niet snijdt (zie fig. 1.32).

De opstaande zijvlakken zijn trapezia.

1.11. VEELVLAKKEN 53

Figuur 1.32: prisma — parallellepipedum — afgeknot prisma

Piramide Een piramide is een veelvlak waarvan alle hoekpunten in eenzelfde vlak liggenbehalve een.

Het ene hoekpunt dat niet in het vlak van de andere hoekpunten gelegen is wordt detop van de piramide genoemd. De opstaande ribben van een piramide zijn deribben die de andere hoekpunten met de top van de piramide verbinden. Het zijvlakwaarin alle hoekpunten liggen behalve de top wordt het grondvlak van de piramidegenoemd. De andere zijvlakken worden de opstaande zijvlakken van de piramidegenoemd. De opstaande zijvlakken zijn driehoeken. Het grondvlak is een veelhoek. Alnaargelang het aantal opstaande zijvlakken spreken we van een 3-zijdige, 4-zijdige, ...,n-zijdige piramide (n ∈ N \ {0, 1, 2}).

Afgeknotte piramide Een afgeknotte piramide is het veelvlak begrensd door eenpiramide en twee parallelle vlakken die de opstaande ribben van de piramide snijden.De opstaande zijvlakken zijn trapezia, de twee andere zijvlakken worden grondvlak enbovenvlak van de afgeknotte piramide genoemd.

Figuur 1.33: 4-zijdige piramide — 5-zijdige afgeknotte piramide


1.12 Het midden van een lijnstuk

Is M het midden van het lijnstuk [A,B] dan geldt:

~MA+ ~MB = ~o,

Voegen we O tussen dan krijgen we:

~MO + ~OA+ ~MO + ~OB = ~o⇐⇒ 2 ~MO + ~OA+ ~OB = ~o

In de ruimte Eo geldt voor de plaatsvector van het midden:

2 ~OM = ~OA+ ~OB ⇐⇒ ~OM =1

2( ~OA+ ~OB) (1.1)

Figuur 1.34: midden van een lijnstuk bekeken in een parallellogram

1.13 Zwaartepunt van een driehoek

Is Z het zwaartepunt de driehoek (ABC) dan geldt

~AZ =2

3~AMa, ~BZ =

2

3~BMb, ~CZ =

2

3~CMc. (1.2)

Tellen we de vergelijkingen van 1.2 lid aan lid op dan bekomen we

~AZ + ~BZ + ~CZ =2

3( ~AMa + ~BMb + ~CMc). (1.3)

1.13. ZWAARTEPUNT VAN EEN DRIEHOEK 55

Als we het punt A eventjes opvatten als een oorsprong O, kunnen we de formule 1.1 voorhet midden Ma van het lijnstuk [B,C] schrijven als volgt

2 ~AMa = ~AB + ~AC.

Analoog geldt2 ~BMb = ~BA+ ~BC

en2 ~CMc = ~CA+ ~CB.

Gebruiken we deze betrekkingen in 1.3 dan verkrijgen we

~AZ + ~BZ + ~CZ

=1

3(2 ~AMa + 2 ~BMb + 2 ~CMc)

=1

3( ~AB + ~AC + ~BA+ ~BC + ~CA+ ~CB).

In het tweede lid zijn de vectoren twee aan twee tegengesteld waaruit volgt dat

~AZ + ~BZ + ~CZ = ~o (1.4)

Om de plaatsvector van het zwaartepunt te bekomen, voegen we O tussen in de betrekking1.4.

~AO + ~OZ + ~BO + ~OZ + ~CO + ~OZ = ~o⇐⇒ 3 ~OZ + ~AO + ~BO + ~CO = ~o

In de ruimte Eo geldt voor de plaatsvector van het zwaartepunt van een driehoek:

3 ~OZ = ~OA+ ~OB + ~OC ⇔ ~OZ =1

3( ~OA+ ~OB + ~OC) (1.5)

Wegens 1.4 geldt dat de som van de vectoren van het zwaartepunt naar de hoekpunten vande driehoek gelijk is aan de nulvector: ~ZA+ ~ZB + ~ZC = ~o.


Met de vectoren ~OA, ~OB en ~OC kunnen we het parallellepipedum

(A C ′ O′ B′

O B A′ C

)construeren. We noemen Z en Z ′ de respectieve zwaartepunten van de driehoeken ABC enA′B′C ′. We passen de vectoriele betrekking 1.5 toe op de driehoeken (ABC) en (A′B′C ′)vanuit resp. O en O′ en we verkrijgen:

3 ~OZ = ~OA+ ~OB + ~OC = ~OO′

en3 ~O′Z ′ = ~OA′ + ~OB′ + ~OC ′ = ~O′O

Hieruit volgt~OZ = ~ZZ ′ = ~Z ′O′

. (zie fig. 1.35)

Figuur 1.35: zwaartepunt van een driehoek bekeken in een parallellepipedum

1.14 Zwaartepunt van een viervlak

Een rechte is een zwaartelijn van een viervlak ABCD als en slechts als ze een hoekpuntverbindt met het zwaartepunt van het overstaande zijvlak.

Een viervlak heeft vier zwaartelijnen (zie ook fig. 1.20). We noemen Za, Zb, Zc en Zd

de zwaartepunten van resp. de zijvlakken ABC, BCD, CDA en DAB van het viervlakABCD.

Een rechte die de middens van twee overstaande ribben verbindt, wordt een bimediaanvan het viervlak genoemd. Een viervlak heeft drie bimedianen.

1.14. ZWAARTEPUNT VAN EEN VIERVLAK 57

STELLING 1.20 De drie bimedianen van een viervlak zijn concurrent.

Bewijs: We noemen M1, M2, M3, M4, M5 en M6 de middens van resp. de ribben [AB],[CD], [BC], [DA], [BD], [AC] van het viervlak ABCD (zie figuur 1.36). Als we in eenzijvlak de middens van twee ribben verbinden dan verkrijgen we een middenparallel vanhet zijvlak , die evenwijdig is met de derde ribbe van een zijvlak. Zo zijn er per ribbe tweemiddenparallellen in twee zijvlakken. Aangezien er zes ribben zijn, zijn er twaalf midden-parallellen die twee aan twee evenwijdig zijn met telkens een ribbe van het viervlak. Op diemanier krijgen we drie parallellogrammen. De diagonalen van deze drie parallellogrammenzijn de bimedianen van het viervlak. Een bimediaan is een diagonaal van twee van de drieparallellogrammen. Aangezien de diagonalen van een parallellogram elkaar middendoordelen, gaan de drie bimedianen door eenzelfde punt.

Merk op dat de middens van de ribben van een viervlak de hoekpunten zijn van een achtvlakwaarvan de overstaande ribben gelijk zijn en evenwijdig.

Figuur 1.36: de bimedianen van een viervlak


STELLING 1.21 De vier zwaartelijnen van een viervlak zijn concurrent.

Bewijs: We tonen aan dat de verbindingslijn DZ van een hoekpunt D van het viervlakmet het gemeenschappelijk punt Z van de bimedianen, het overstaande zijvlak ABC snijdtin het zwaartepunt Zd van dat zijvlak. In driehoek M1DC trekken we door M2 de rechteM2E parallel met DZ (E ∈ [M1, C]). Aangezien M2E en ZZd middenparallellen zijn vanresp. de driehoeken DZdC en M1M2E delen de punten Zd en E de zwaartelijn CM1 van hetzijvlak ABC in drie gelijke delen. Hieruit volgt dat Zd het zwaartepunt is van het zijvlakABC.Analoog tonen we aan dat de drie andere verbindingslijnen CZ, AZ en BZ van resp. dehoekpunten C, A en B het overstaande zijvlak snijden in het zwaartepunt van dat zijvlak.Hieruit volgt dat de vier zwaartelijnen door hetzelfde punt Z gaan. �

Deze stelling laat toe het zwaartepunt van een viervlak te definieren.

Het snijpunt Z van de zwaartelijnen van een viervlak is het zwaartepunt van het vier-vlak (zie fig. 1.37).

Figuur 1.37: zwaartepunt Z van het viervlak ABCD


STELLING 1.22 Het zwaartepunt ligt op een zwaartelijn op drievierde van het hoekpunt.

Bewijs: In driehoek M1DC zien we gemakkelijk in dat (zie fig. 1.36)

~ZdZc =1

3. ~CD.

De driehoeken ZZcZd en ZCD zijn gelijkvormig. Hieruit volgt:

|ZC||ZZc|

=|ZD||ZZd|

=|CD||ZcZd|

= 3

Het zwaartepunt Z ligt dus op [C,Zc] op drievierden van C en op [D,ZD] op drievierdenvan D. Analoog tonen we dat aan voor de twee andere zwaartelijnen.Er geldt dus:

~AZ =3

4~AZa

~BZ =3

4~BZb

~CZ =3

4. ~CZc

~DZ =3

4. ~DZd

�

Gevolgen: Uit het bewijs van de voorgaande stelling volgt:

~DZ + ~CZ + ~AZ + ~BZ

=3

4.( ~DZd + ~CZc + ~AZa + ~BZb)

=1

4.(( ~DA+ ~DB + ~DC) + ( ~CA+ ~CB + ~CD) + ( ~AB + ~AC + ~AD) + ( ~BA+ ~BC + ~BD))

= ~o

Hieruit volgt~DZ + ~CZ + ~AZ + ~BZ = ~o

m~ZA+ ~ZB + ~ZC + ~ZD = ~o.

Om de plaatsvector van het zwaartepunt te bepalen, voegen we O tussen. We verkrijgen:


~DO + ~OZ + ~CO + ~OZ + ~AO + ~OZ + ~BO + ~OZ = ~o

m

4 ~OZ + ~DO + ~CO + ~AO + ~BO = ~o

In de ruimte Eo geldt voor de plaatsvector van het zwaartepunt van een viervlak:

4 ~OZ = ~OA+ ~OB + ~OC + ~OD (1.6)

waaruit volgt

~OZ =1

4( ~OA+ ~OB + ~OC + ~OD)


RM I groepswerk 8 1. Men noemt Za, Zb, Zc en Zd de respectieve zwaartepuntenvan de zijvlakken BCD, ACD, ABD en ABC van een viervlak A B C D (zie fig.1.38).

(a) Bewijs dat de viervlakken ABCD en ZaZbZcZd hetzelfde zwaartepunt hebben.Gebruik 1.6.

(b) Bewijs dat 3 ~ZaZb = ~BA.

Figuur 1.38: opgaven nr. 1


2. Men noemt M , N en P de respectieve middens van de ribben [B′, C ′], [C ′, A′] en

[A′, B′] van het prisma

(A′ B′ C ′

A B C

). (zie fig. 1.39)

Bewijs dat de driehoeken AB′C ′, BC ′A′ en CA′B′ hetzelfde zwaartepunt hebben enleid hieruit af, dat de drie rechten AM , BN en CP concurrent zijn.

3. Gegeven is een driezijdig prisma (A B CA′ B′ C ′

).

De punten G en G′ zijn de zwaartepunten van resp. de driehoeken ABC en A′B′C ′.(zie fig. 1.39)Bewijs met vectoren dat

(i) GG′ parallel is met AA′;

(ii) |GG′| = |AA′| = |BB′| = |CC ′|.

Figuur 1.39: opgave nrs. 2 en 3

4. Bewijs dat het midden van een lijnstuk behouden blijft bij parallelprojectie.

5. Bewijs dat het zwaartepunt van een driehoek behouden blijft bij parallelprojectie.

6. In elk vierzijdig prisma snijden de diagonalen elkaar in twee punten, die op een rechteliggen parallel met grond- en bovenvlak. Bewijs dat.

1.15. WISKUNDE-CULTUUR 63

RM I HUISTAAK 2 1. a. Hoeveel diagonalen en hoeveel diagonaalvlakken heefteen parallellepipedum?

b. Toon aan dat de diagonalen door eenzelfde punt gaan en elkaar middendoordelen. Welk speciaal punt voor het parallellepipedum is dit midden?

c. De snijpunten S1, S2, S3 en S4 van de diagonalen van de opstaande zijvlakken vaneen parallellepipedum zijn de hoekpunten van een parallellogram S1 S2 S3 S4.Bewijs dit met vectoren (tip: toon aan dat ~S1S2 = ~S4S3).

2. Men noemt M het midden van de ribbe [A,B] van een parallellepipedum(A′ B′ C ′ D′

A B C D

).

Bewijs dat de diagonaal AC ′ evenwijdig met het vlak B′CM is.

1.15 Wiskunde-Cultuur

1. EUCLIDES was een Grieks wijsheer van 450 tot 380 v.C.

2. FANO is een stad in midden Italie. Configuratie van Fano (eindige meetkunde).

3. CRAMER Gabriel was een Zwitsers wiskundige van 1704 tot 1752. Naast de regelvan Cramer bestaat ook de paradox van Cramer. Deze paradox zegt dat, ofschoon inhet algemeen een kromme van graad n door 1

2n(n + 3) punten eenduidig is bepaald,

het best kan voorkomen dat deze punten een oneindig aantal krommen van graad nbepalen. Zo is een kromme van graad 3 bepaald door negen punten bepaald, dochdoor de negen snijpunten van twee derdegraadskrommen gaat een bundel van zulkekrommen. Hij heeft over deze paradox gecorrespondeerd met EULER (1707-1783).

4. HESSE Ludwig Otto was een Duits wiskundige van 1811 tot 1874.

5. CHASLES Michel was een frans wiskundige van 1793 tot 1880. Hij is een der grond-leggers van de projectieve meetkunde. Hij is in de 19de eeuw een vertegenwoordigervan de algebraısche richting in de meetkunde zoals MOBIUS en PLUCKER (1801-1868) in Duitsland en CAYLEY (1821-1895) in Engeland. Chasles had een grotebelangstelling voor de geschiedenis van de wiskunde. Zijn gevoel voor het historischeopenbaart zich in zijn bekend Apercu historiques sur l’origine et le developpement des


methodes en geometrie (1837), een der eerste belangrijke geschriften over de geschie-denis van de meetkunde. Dit nog zeer leesbare boek behandelt zowel de Griekse alsde toen moderne meetkunde en is een goed voorbeeld van een geschiedenis geschrevendoor iemand die zelf een zelfstandig onderzoeker was. Deze liefde voor de geschiedenismaakte Chasles ook wel eens blind en zo is hij het slachtoffer geworden van een grap-penmaker, die aan Chasles tussen 1861 en 1870 duizende valse documenten verkocht,brieven van GALILEI (1564-1642), PASCAL (1623-1662) en NEWTON (1642-1727)tot brieven van PLATO (428-348 v.C.) en zelfs van de apostelen toe.

6. MOBIUS August Ferdinant was een Duits wis- en sterrenkundige van 1790 tot 1868.Het lint van Mobius wordt verkregen door twee overstaande zijden van een rechthoekaverechts aan elkaar te plakken. Bij het overlangs omlopen van dit lint constateertmen dat het slechts een zijde heeft. Het Mobius-lint is een voorbeeld van een eenzijdigoppervlak. Wanneer je de Mobiusband in de lengterichting doormidden knipt, blijfthij een geheel (precies zoals een limerick suggereert). De viervlakken van Mobius zijntwee viervlakken die tegelijkertijd in en om elkaar zijn beschreven, dwz. de hoekpuntenvan het ene viervlak liggen in de zijvlakken van het andere.

7. THALES van Milete was een Grieks wijsheer en wiskundige van 624 tot 545 v.C.Voor wat de kosmologie betreft, nam Thales aan dat de (platte) aarde op water drijften daardoor onbeweeglijk op dezelfde plaats vertoeven kan. Echt filosofisch, in de zindat naar een alomvattende verklaring van alles gestreefd lijkt, is zijn opvatting datalles uit het water voortkomt en er in wezen uit bestaat. Deze opvatting was voorARISTOTELES (384-322 v.C.) aanleiding hem aan het begin van de geschiedenis vande eigenlijke filosofie te plaatsen.

8. ARCHIMEDES was de grootste Griekse wiskundige van 287 tot 212 v.C. Hij woon-de in Syracuse op Sicilie als adviseur van Koning Hieron. Hij is een van de weinigewetenschappelijke figuren van de Oudheid die meer is dan een naam: we weten ietsvan hem als persoon. Zo weten we dat hij gedood werd toen in 212 v.C. de Romeinenonder Marcellus Syracuse innamen na een lang beleg waarin de bejaarde geleerde zijngrote technische bekwaamheid in dienst van de belegerden had gesteld. Zulk een ijvervoor practische toepassingen doet ons enigszins vreemd aan als wij aan de minach-ting denken waarmee de school van Plato op zulk ‘misbruik’ van de wetenschappenneerzag, maar Plutarchus heeft een soort verklaring gegeven: “Ofschoon deze uit-vindingen hem de reputatie van bovenmenselijke wijsheid hadden verschaft, heeft hijhet beneden zijn waardigheid geacht enig geschrift over die onderwerpen na te laten,doch, aangezien hij al dit construeren van werktuigen en andere kunsten die nut ofwinst afwerpen als onedel en minderwaardig verwierp, plaatste hij zijn gehele eerzuchtin die speculaties waarvan de schoonheid en de diepzinnigheid buiten contact met degewone noodzakelijkheden van het leven blijven”.

1.15. WISKUNDE-CULTUUR 65

De belangrijkste bijdragen van Archimedes tot de wiskunde behoren tot het gebied datwe nu de integraalrekening noemen: de bepaling van de oppervlakte van vlakke figurenen de inhoud van lichamen. In zijn Cirkelmeting berekende hij benaderingswaardenvan de cirkelomtrek met behulp van de omtrek van ingeschreven en omgeschreven re-gelmatige veelhoeken. Hij berekende achtereenvolgens door een verdubbelingsformulede zijde van de veelhoek met 6, 12, 24, 48 en 96 zijden, en vond (in onze notatie)

310

71< 3

28414

2018 740

< 32841

4

201714

< α < 36671

2

467312

< 36671

2

467212

< 31

7.

een resultaat dat gewoonlijk geresumeerd wordt door te zeggen dat Archimedes eenwaarde van α vond die dicht bij 31

7ligt.

Ofschoon α een Griekse letter is, hebben de Grieken daarmee nooit de verhouding vanomtrek en middellijn van de cirkel aangegeven. Het symbool komt in enige geschriftenvan de 18de eeuw voor, doch werd het eerst algemeen aanvaard nadat EULER het inzijn veel gelezen “Introductio” van 1748 geregeld had gebruikt. In decimale notatiebetekent Archimedes’ benadering:

3, 1409... < α < 3, 1429...

Archimedes gebruikte de hoofdletter α als een getal dat wij met 80 aanduiden.In Archimedes’ boek “Over de bol en de cilinder” vinden we de uitdrukking voor deoppervlakte van de sfeer in de vorm dat deze oppervlakte gelijk is aan het viervoudvan de oppervlakte van een grote cirkel van de sfeer, en ook een uitdrukking voor deinhoud van de bol als tweederden van de inhoud van de omgeschreven cilinder.Archimedes is ook nog gekend in de fysica i.v.m. ondergedompelde lichamen en hef-bomen.

9. DESARQUES Gerard was een Frans wiskundige en architect van 1591 tot 1662. Inde tijd van Desargues bestonden nog geen wetenschappelijke tijdschriften in Europa.Zo leidde de constante wiskundige bedrijvigheid tot een aanzienlijke briefwisselingtussen de wiskundige van die tijd en tot discussiegroepen. Sommige geleerden maak-ten zich verdienstelijk door als bemiddelaar tussen verschillende correspondenten opte treden. De meest bekende van deze bemiddelaars was de Minderbroeder MarinMERSENNE (wijsgeer 1588-1648), die ook zelf een verdienstelijk wiskundige was, ennaar wie de getallen van Mersenne zijn genoemd (2n − 1, als n een priemgetal is)getallen die eigenlijk al bij EUCLIDES voorkomen. Met Mersenne correspondeer-den DESCARTES (wijsgeer 1596-1650), FERMAT (1601-1665), Desargues, PASCAL(1623-1662) en vele anderen. Een ontdekking werd via Mersenne in heel Europabekend gemaakt. Uit die discussiegroepen hebben zich in Parijs en elders genoot-schappen en academies ontwikkeld. Hun oorsprong hangt ten dele samen met eenoppositie tegen de universiteiten die nog in menig opzicht hun scholastiek karakter


hadden behouden en daardoor de gewoonte behielden om reeds verworven kennis inoude vaste vormen door te geven (hierop maakte de Leidse universiteit die eerst in1575 was opgericht een uitzondering). De nieuwe academies vertegenwoordigden denieuwe manier van onderzoek. De eerste Academie was in Napels opgericht (1560),ze werd gevolgd door de “Accademia dei Lincei” in Rome (1603). De Royal Societyvan London dateert van 1662, de Franse Academie van 1666. De wiskundigen vandie tijd hebben klassieke problemen met nieuwe oplossingen verrijkt na er een geheelnieuw licht op te hebben doen vallen. Zij hebben ook nieuwe terreinen geopend. Eenvoorbeeld van een geheel nieuwe zienswijze op klassieke theorema’s was de projectievemethode van Desargues. De nieuwe inzichten van Desargues en Pascal vonden geengunstig gehoor doordat in de 17de eeuw de analytische meetkunde het metrische ka-rakter van de geometrie eens te meer voorop had gezet. Desarques heeft wiskundigeroem verworven door een boekje met de curieuze titel Brouillon project d’une atteinteaux evenement des rencontre d’une cone avec un plan (1639).

Hoofdstuk 2

Matrices

2.1 De reele n-tallen

2.1.1 Definitie

Een reeel n-tal is van de gedaante [x1, x2, · · · , xn] met x1, x2, · · · , xn ∈ R en twee n-tallenzijn gelijk aan elkaar als en slechts als de gelijkstandige elementen aan elkaar gelijk zijn(soms ook geordend n-tal genoemd).

[x1, x2, . . . , xn] = [y1, y2, . . . , yn]⇐⇒ x1 = y1 ∧ x2 = y2 ∧ . . . ∧ xn = yn.

Verkorte notatie: [xi] met i ∈ {1, 2, · · ·n} en xi ∈ R.

[xi] = [yi]⇐⇒ ∀i ∈ {1, 2, · · ·n} : xi = yi

De verzameling van de reele n-tallen noteren we door Rn.

2.1.2 Bewerkingen met n-tallen

• De som van twee reele n-tallenDe som van twee reele n-tallen is het n-tal dat we bekomen door de gelijkstandigeelementen van beide n-tallen bij elkaar op te tellen.

Met symbolen:∀x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , yn ∈ R :

[x1, x2, . . . , xn] + [y1, y2, . . . , yn] = [x1 + y1, x2 + y2, . . . , xn + yn].

Verkorte notatie: [xi] + [yi] = [xi + yi] met i ∈ {1, 2, · · ·n}

67

68 HOOFDSTUK 2. MATRICES

• De scalaire vermenigvuldiging van n-tallenHet product van een n-tal met een reeel getal is het n-tal dat we bekomen door elkelement van het n-tal met dat getal te vermenigvuldigen.

Met symbolen:

∀x1, x2, . . . , xn ∈ R ∧ ∀r ∈ R : r.[x1, x2, . . . , xn] = [rx1, rx2, . . . rxn].

Verkorte notatie: r · [xi] = [rxi] met i ∈ {1, 2, · · ·n}

2.1.3 De reele vectorruimte van de n-tallen

1. De som van twee reele n-tallen is weer een reeel n-tal.Bewijs: Omdat [xi] + [yi] = [xi + yi] en de som van twee reele getallen weer een reeelgetal is geldt dat [xi + yi] ∈ Rn

2. De som van reele n-tallen is associatief: ([xi] + [yi]) + [zi] = [xi] + ([yi] + [zi]).Bewijs:([xi] + [yi]) + [zi] = [xi + yi] + [zi]

= [(xi + yi) + zi]= [xi + (yi + zi)]= [xi] + [yi + zi]= [xi] + ([yi] + [zi])

Dit bewijs steunt op de associativiteit van de som van reele getallen. Duid met eenkruisje aan waar deze eigenschap van reele getallen toegepast wordt in het bewijs.Schrijf naast de andere stappen van het bewijs telkens de reden.

3. Het n-tal [0, 0, ...0] is neutraal element voor de som van n-tallen.Bewijs: [xi] + [0] = [xi + 0] = [xi]Het bewijs steunt op het feit dat 0 het neutraal element is voor de som van reelegetallen.

4. Voor elk n-tal bestaat een tegengesteld n-tal. Het tegengesteld n-tal is het n-tal datwe bekomen door elk element van het oorspronkelijk n-tal te vervangen door zijntegengestelde voor de som van reele getallen.Notatie: −[xi] = [−xi]De som van een n-tal en zijn tegengesteld n-tal is het neutraal element [0, 0, ..., 0] ∈ Rn.Bewijs: [xi] + [−xi] = [xi + (−xi)] = [xi − xi] = [0]

5. De som van n-tallen is commutatief: [xi] + [yi] = [yi] + [xi].Bewijs: [xi] + [yi] = [xi + yi] = [yi + xi] = [yi] + [xi]Het bewijs steunt op de commutativiteit van de som van reele getallen.

2.1. DE REELE N -TALLEN 69

6. Het product van een reeel getal en een n-tal is weer een n-tal.Bewijs: Omdat r · [xi] = [rxi] en het product van twee reele getallen weer een reeelgetal is, geldt dat [rxi] ∈ Rn.

7. Het product van een n-tal met een reeel gatal is distributief t.o.v. de som van n-tallen:r · ([xi] + [yi]) = r · [xi] + r · [yi].Bewijs:r · ([xi] + [yi]) = r · [xi + yi]

= [r(xi + yi)]= [rxi + ryi]= [rxi] + [ryi]= r · [xi] + r · [yi]

Dit bewijs steunt op de distributiviteit het product t.o.v. de som van reele getallen.Duid met een kruisje aan waar deze eigenschap van reele getallen toegepast wordt inhet bewijs. Schrijf naast de andere stappen van het bewijs telkens de reden.

8. De som van reele getallen is distributief t.o.v. het product van een n-tal met een reeelgetal: (r + s) · [xi] = r · [xi] + s · [xi].Bewijs:(r + s) · [xi] = [(r + s)xi]

= [rxi + sxi)]= [rxi] + [sxi]= r · [xi] + s · [xi]

Dit bewijs steunt op de distributiviteit het product t.o.v. de som van reele getallen.Duid met een kruisje aan waar deze eigenschap van reele getallen toegepast wordt inhet bewijs. Schrijf naast de andere stappen van het bewijs telkens de reden.

9. Het product van een van een n-tal met een reeel getal is gemengd associatief:r · (s · [xi]) = (rs) · [xi]Bewijs:r · (s · [xi]) = r · [sxi]

= [r(sxi)]= [(rs)xi]= (rs) · [xi]

Dit bewijs steunt op de associativiteit het product van reele getallen. Duid met eenkruisje aan waar deze eigenschap van reele getallen toegepast wordt in het bewijs.Schrijf naast de andere stappen van het bewijs telkens de reden.

10. Het neutraal element voor de scalaire vermenigvuldiging van n-tallen is 1 ∈ R.Bewijs: 1 · [xi] = [1xi] = [xi]

Besluit: Omwille van deze 10 eigenschappen is de structuur R,Rn,+ van de reele n-talleneen reele vectorruimte. De n-tallen worden dan ook vectoren genoemd.


2.2 De reele matrices

2.2.1 Definitie

Een reele matrix van de orde (m×n) is een m-tal waarvan de m elementen op zichzelfn-tallen zijn. Deze n-tallen worden de rijvectoren van de matrix genoemd.

Met symbolen: [[a11, a12, · · · , a1n], [a21, a22, · · · , a2n] · · · , [am1, am2, · · · , amn]]

Het is handiger de m vectoren onder elkaar te schrijven. Zo verkrijgen we een schema oftabel van nm reele getallen geschikt in m rijen en n kolommen en geplaatst tussen haken.De reele getallen aij worden de elementen van de matrix genoemd.

Een matrix van de orde (m× n) heeft dus de volgende algemene gedaante:a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

......

am1 am2 · · · amn

We noteren een matrix kort door A, B, . . . of [aij], [bij], . . ..

De verzameling van de (m× n)-matrices noteren we door Rm×n.

Om met matrices te werken beschikken wij over EXCEL en DERIVE.

Om in EXCEL een matrix te bepalen selecteren we een cellenrechthoek diede elementen van de matrix moeten bevatten. Klik dan op invoegen, naamen bepalen of definieren. We tikken een naam in, bvb. Ma en klikken optoevoegen en ok. Deze naam is nu opgenomen in de lijst van namen die reedsgemaakt werden. In deze lijst staan ook het nummer van het blad en het adresvan de cellen waarop de naam betrekking heeft. We tikken de getallen van dematrix in de rechthoek.

In DERIVE wordt een matrix ingevoerd als een vector[[a11, a12, · · · , a1n], [a21, a22, · · · , a2n] · · · , [am1, am2, · · · , amn]]of met een sneltoets.

2.2. DE REELE MATRICES 71

Gelijkheid van twee matrices

Vermits een matrix een vector is, geldt dat twee matrices gelijk zijn aan elkaar als deovereenkomstige rijvectoren aan elkaar gelijk zijn. Dit is maar mogelijk op voorwaardedat de matrices hetzelfde aantal rijvectoren hebben en dat de rijvectoren hetzelfde aantalelementen bevatten. Dit komt er op neer dat twee matrices slechts kunnen gelijk zijn als zedezelfde orde hebben en als de gelijkstandige elementen van de matrices aan elkaar gelijkzijn. Dit laatste betekent dat niet alleen de opgenomen elementen een rol spelen maartevens de plaats die deze elementen innemen in de matrix.

Met symbolen: [aij]︸︷︷︸m×n

= [bij]︸︷︷︸m×n

⇐⇒ aij = bij

2.2.2 Bewerkingen met matrices

Omdat matrices vectoren zijn, zijn de definities van de bewerkingen dezelfde en geldendezelfde eigenschappen als voor de vectoren.

• De som van twee matricesDe som van twee matrices van dezelfde orde is gelijk aan de matrix die webekomen door de gelijkstandige elementen van beide matrices op te tellen.

Met EXCEL selecteren we de rechthoek waar de som van de matrices moet komen.Vervolgens typen we =Ma + Mb in de eerste cel en drukken we op CTR , SHIFT

en ENTER .

Met symbolen:

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

+

b11 b12 . . . b1n

b21 b22 . . . b2n...

......

bm1 bm2 . . . bmn

=

a11 + b11 a12 + b12 . . . a1n + b1n

a21 + b21 a22 + b22 . . . a2n + b2n...

......

am1 + bm1 am2 + bm2 . . . amn + bmn

Korte notatie: [aij]︸︷︷︸

m×n

+ [bij]︸︷︷︸m×n

= [aij + bij]︸︷︷︸m×n

OPGAVEN — 1 Bepaal de getallen a, b en c uit de volgende matriciele gelijkheid:


a.

12

√5

−3 b5 −2

+

13

√5

−b 12 2

=

56 2

√5

− 72 3b7 0

;

b.[

2 ac 0

]+[

3 −b0√

3

]=[a+ b −3

2c√

3

].

Oplossing: 1 a. b = 1/2; b. ;a = 1, b = 4, c = 0.

Voorbeelden uit de praktijk:

– Voorraadmatrices.Een voorraadmatrix, i.e. een matrix waarvan bvb. in de kolommen de verschil-lende maten staan van schoenen en in de rijen de verschillende modellen. Degetallen in de matrix geven de voorraad van elk model en elke maat. Wanneer ereen nieuwe bestelling binnenkomt, krijgen we een nieuwe voorraadmatrix. Dezeis de som van de oude voorraadmatrix en de bestellingsmatrix.

– Puntenmatrices.De puntenlijsten kunnen ook beschouwd worden als matrices waar in de kolom-men de verschillende vakken staan en in de rijen de namen van de verschillendeleerlingen. De getallen in de matrix geven de punten van elke leerling voor elkvak. De puntenlijst van het einde van het schooljaar is dan de som van depuntenlijsten van het eerste en tweede semester.

• Scalaire vermenigvuldiging van matricesHet product van een matrix met een reeel getal r is gelijk aan de matrix diewe bekomen door alle elementen van de matrix te vermenigvuldigen met r.

r.

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

=

ra11 ra12 . . . ra1n

ra21 ra22 . . . ra2n...

......

ram1 ram2 . . . ramn

Korte notatie: r · [aij]︸︷︷︸

m×n

= [raij]︸︷︷︸m×n

Met EXCEL selecteren we de rechthoek waar het scalair product moet komen. Ver-volgens typen we =r ∗ Ma in de eerste cel en drukken we op CTR , SHIFT en

ENTER .

2.2.3 De reele vectorruimte van de matrces

De structuur R,Rm×n,+ van de matrices va, dezelfde orde m× n is een reele vectorruimte


OPGAVEN — 2 Bewijs de volgende eigenschappen rechtstreeks zoals we gedaan hebben voor n-tallen.Gebruik hierbij de verkorte notatie voor matrices [aij ]. Vergeet niet bij elke stap in het bewijs de reden tevermelden.

1. de associativiteit voor de som van matrices;

2. de distributiviteit van de scalaire vermenigvuldiging t.o.v. de som van matrices;

3. de gemengde associativiteit van de scalaire vermenigvuldiging van matrices.

Het verschil van twee matrices

Elke matrix heeft een tegengestelde matrix. Zo is de volgende definitie mogelijk. Hetverschil van twee matrices van dezelfde orde is de som van de eerste matrix en detegengestelde matrix van de tweede matrix.

Met symbolen:∀A,B ∈ Rm×n : A−B = A+ (−B)

Met EXCEL selecteren we de rechthoek waar de som van de matrices moet komen. Vervol-gens typen we =Ma−Mb in de eerste cel en drukken we op CTR , SHIFT en ENTER .

OPGAVEN — 3 Gegeven: de matrices A =

3 1 −2 11 1 5 32 1 0 2

en B =

−1 3 4 12 0 2 64 0 1 −1

.

Gevraagd: 12 (A+B) + 3

2 (A−B).

Oplossing:

3

7 −1 −8 10 2 8 00 2 −1 5

;

2.2.4 Oplossen van matriciele vergelijkingen

We herhalen de regels voor gelijkwaardige vergelijkingen die moeten toegepast worden omeen vergelijking op te lossen in R.Een gelijkheid blijft behouden als we in beide leden eenzelfde reeel getal optellen.Een gelijkheid blijft behouden als we beide leden met eenzelfde reeel getal verschillend van 0vermenigvuldigen.Bij het oplossen van een vergelijking in R maken we gebruik van de eigenschappen die geldigzijn in het veld van de reele getallen.We lossen een matriciele vergelijking op door gebruik te maken van de eigenschappen vande structuur R,Rm×n,+ die een reele vectorruimte is.


Voorbeeld: Gegeven de matrices A =

2 31 42 −1

en B =

6 −3−1 4

2 −1

.

Los de volgende matriciele vergelijking op naar X: A+ 2X = B.Oplossing : We lossen eerst de vergelijking op naar X.

A+ r ·X = B met r 6= 0

⇔ −A+ (A+ r ·X) = −A+B elke matrix bezit een tegengestelde

⇔ −A+ (A+ r ·X) = B − A de som van matrices is commutatief

⇔ (−A+ A) + r ·X = B − A de som van matrices is associatief

⇔ O + r ·X = B − A definitie van tegengestelde matrix

⇔ r ·X = B − A O is neutraal element voor de som van matrices

⇔ 1

r(r ·X) =

1

r(B − A) r 6= 0 dus bestaat 1

r

⇔ (1

rr) ·X =

1

r(B − A) scal.verm. is gemeng associatief

⇔ 1 ·X =1

r(B − A) definitie van omgekeerden in R

⇔ X =1

r(B − A) 1 is neutraal element vr. scal.verm. van matrices

Nu substitueren we de gegeven matrices A en B in de laatste vergelijking.

X =1

2(

6 −3−1 4

2 −1

− 2 3

1 42 −1

) =1

2

4 −6−2 0

0 0

=

2 −3−1 0

0 0

OPGAVEN — 4 Gegeven: de matrices A =

[3 2 10 −4 5

]en B =

[1 2 34 5 6

].

Gevraagd: Los de volgende matriciele vergelijking op naar X:

2A− 3X = 4B − 5X.

Vermeld de gebruikte eigenschappen.

5 Gegeven: de matrices A =

1 2 3 45 6 7 89 10 11 12

en B =

1 0 2 00 1 0 22 1 0 3

.

Gevraagd: Los de volgende matriciele vergelijking op naar X. Substitueer pas dan de gegeven matrices:

a. X +A = 2A−X;


b. (A+X)− (B +X) = A+B +X;

c. −3X = 2(A−B) + 3(A+B).

Vermeld telkens de gebruikte eigenschappen.

Oplossingen: 4[−1 2 5

8 14 7

];

5 a.

1/2 1 3/2 25/2 3 7/2 49/2 5 11/2 6

; b.

−2 0 −4 00 −2 0 −4−4 −2 0 −6

; c. − 13

6 10 17 2025 31 35 4247 51 55 63

;

2.2.5 De getransponeerde matrix van een matrix

De getransponeerde matrix van een matrix A is de matrix At die we bekomen doorin de matrix A de rijen met de kolommen te verwisselen.

([aij]︸︷︷︸m×n

)t = [aji]︸︷︷︸n×m

Is A een matrix van de orde m× n dan is At een matrix van de orde n×m.

STELLING 2.1 De getransponeerde van de getransponeerde van een matrix is gelijk aande matrix.

Met symbolen:

∀A ∈ Rm×n : (At)t = A.

STELLING 2.2 De getransponeerde van de som van twee matrices is gelijk aan de somvan de getransponeerde van die matrices.

Met symbolen:

∀A,B ∈ Rm×n : (A+B)t = At +Bt

STELLING 2.3 De getransponeerde matrix van het product van een matrix met een reeelgetal is gelijk aan het product van de getransponeerde van die matrix en dat reeel getal.

Met symbolen:

∀r ∈ R,∀A ∈ Rm×n : (r.A)t = r.At


2.2.6 Soorten matrices

1. Een rijmatrix is een matrix van de orde (1 × n) dit is een matrix met een rij. Zijzijn element van R1×n. [

x1 x2 · · · xn

]2. Een kolommatrix is een matrix van de orde (m×1) dit is een matrix met een kolom.

Zij zijn element van Rm×1. x1

x2...xm

3. Een vierkante matrix van de orde n is een matrix waarvan het aantal rijen gelijk

is aan het aantal kolommen gelijk aan n.Een element aij waarvoor i = j is een element van de hoofddiagonaal en een elementaij waarvoor i+ j = n+ 1 is een element van de nevendiagonaal.

4. Een symmetrische matrix is een vierkante matrix waarvan de getransponeerde dematrix zelf is.

A is symmetrisch ⇐⇒ At = A,

[aij]︸︷︷︸m×n

is symmetrisch ⇐⇒ aij = aji.

Bij een symmetrische matrix zijn de elementen symmetrisch t.o.v. de hoofddiagonaalgelijk aan elkaar.

5. Een driehoeksmatrix is een vierkante matrix waarvan alle elementen boven of onderde hoofddiagonaal gelijk zijn aan nul.

6. Een diagonaalmatrix is een vierkante matrix waarvan alle elementen boven en onderde hoofddiagonaal gelijk zijn aan nul.

7. Een scalaire matrix is een diagonaalmatrix waarvan alle elementen op de hoofddi-agonaal gelijk zijn aan elkaar.

8. Een scheefsymmetrische matrix is een vierkante matrix waarvan de getranspo-neerde de tegengestelde matrix is.

A is scheefsymmetrisch ⇐⇒ At = −A,

[aij]︸︷︷︸m×n

is scheefsymmetrisch ⇐⇒ aij = −aji.


Is i = j dan is aii = −aii. Hieruit volgt dat aii = 0.

Bij een scheefsymmetrisce matrix zijn alle diagonaalelementen nul en zijn de elementensymmetrisch t.o.v. de hoofddiagonaal tegengesteld.

OPGAVEN — 6 Gegeven zijn de matrices: A =[

1 2 33 4 0

], B =

[1 1 10 1 0

]en C =

[1 0 12 1 2

].

Bereken indien mogelijk:

a. A+ C en C +A;

b. A+ (B + C) en (A+B) + C;

c. 3 · (4 ·A) en 12 ·A;

d. 3 · (B + C) en 3 ·B + 3 · C;

e. 2 ·B + 6 ·B en 8 ·B;

f. A+Bt en At +B;

g. (A+B)t en At +Bt;

h. (−7 · C)t en −7 · Ct;

i. (At)t.

Sommige uitdrukkingen zijn aan elkaar gelijk. Geef de naam van de eigenschap van bewerkingen metmatrices die daarmee overeenstemt.

7 Bewijs dat voor elke vierkante matrix A geldt dat A+At een symmetrische matrix is.

8 Bewijs dat als A een vierkante matrix is A−At een scheefsymmetrische matrix is.

9 Bewijs dat de getransponeerde van een driehoeksmatrix, een diagionaalmatrix, een scalaire matrix, eenvierkante matrix, een symmetrische matrix terug een driehoeksmatrix respectievelijk diagionaalmatrix, eenscalaire matrix, een vierkante matrix, een symmetrische matrix is.

10 Bewijs dat een driehoeksmatrix symmetrisch is als en slechts als het een diagonaalmatrix is.

11 Onderzoek resp. voor een symmetrisch matrix, een driehoeksmatrix, een diagonaalmatrix en een sca-laire matrix hoe de som is, hoe de tegengestelde matrix is en hoe de matrix is als hij met een reeel getalwordt vermenigvuldigd.

Oplossingen:

6 a.[

2 2 45 5 2

]; b.

[3 3 55 6 2

]; c.

[12 24 3636 48 0

]; d.

[6 3 66 6 6

]; e.

[8 8 80 8 0

];

f. gaat niet g.

2 33 54 0

; h.

−7 −140 −7−7 −14

; i. A


2.2.7 Lineaire combinatie van vectoren

Zijn ~v1, ~v2, . . . , ~vm m vectoren van een reele vectorruimte R, V,+ en zijn r1, r2, . . . , rm mreele getallen, dan noemen we de vector

~v = r1.~v1 + r2.~v2 + · · ·+ rm. ~vm

een lineaire combinatie van de vectoren ~v1, ~v2, . . . , ~vm.

Opmerking: Een lineaire combinatie van een vector is een veelvoud van die vector.Voorbeelden.

• In de vectorruimte R,R2,+ is het koppel [−10,−12] een lineaire combinatie van dekoppels [−1, 2], [2, 4] en [3, 2] want

[−10,−12] = 3[−1, 2]− 5[2, 4] + [3, 2].

Dit geldt omdat {−10 = 3(−1) + (−5)2 + 3

−12 = 3 · 2 + (−5)4 + 2(2.1)

Het is handiger in een lineaire combinatie de vectoren als kolommatrices te schrijven[−10−12

]= 3 ·

[−12

]− 5 ·

[24

]+

[32

]Dit laatste geeft aanleiding tot hetzelfde stelsel 2.1.

• In de vectorruimte R,R3,+ is het 3-tal (3,−3,−4) een lineaire combinatie van de3-tallen (1,−1, 0), (2, 0,−3) en (1, 1, 1) want

(3,−3,−4) = 2(1,−1, 0) + (2, 0,−3)− (1, 1, 1)

Dit geldt omdat 1 · 2 + 2 · 1 + 1(−1) = 3

(−1)2 + 0 · 1 + 1(−1) = −30 · 2 + (−3)1 + 1(−1) = −4

Met kolommatrices: 3−3−4

= 2 ·

1−10

+

20−3

− 1

11


• Het stelsel {2x+ 3y − 5z = 24x− 6y − 7z = 7

kan geschreven worden als een lineaire combinatie van kolommatrices.

x ·[

24

]+ y ·

[3−6

]+ z ·

[−5−7

]=

[27

]Het stelsel oplossen zal erop neerkomen een lineaire combinatie van 3 vectoren [2, 4],[3,−6] en [−5,−7] te zoeken zodat we de vector [2, 7] bekomen.

OPGAVEN — 12

Gegeven zijn de vectoren

1. [30, 105, 170, 40], [25, 80, 130, 10] en [25, 70, 120, 30]

2. [3,−4,−5] en [6,−7, 2].

3. (1,−4, 8], [4,−7,−4] en [8, 4, 1].

(i) Tot welke vectorruimte behoren de vectoren;

(ii) Bepaal een vector die een lineaire combinatie is van de vectoren. Schrijf de combinatie met kolom-matrices.

Oplossingen12 (i) 1. R4, 2. R3, 3. R3


2.3 Oplossen van lineaire stelsels

2.3.1 Inleidende voorbeeld

Dit schooljaar is de doelstelling van de algebra het leren oplossen van stelsels volgens eenbepaalde efficiente techniek. Vorige jaren hebben jullie al geleerd hoe je een eenvoudigstelsel kunt oplossen. Een van de methodes is de combinatiemethode.Voorbeeld:We beschouwen het stelsel {

2x − y = 7−3x + 4y = −3

We behouden de eerste vergelijking en de tweede vergelijking vervangen we door een lineairecombinatie van de twee vergelijkingen zodat bijvoorbeeld de onbekende x verdwijnt (we eli-mineren x). Om de x te elimineren, gaan we de eerste vergelijking vermenigvuldigen met3, de tweede vergelijking vermenigvuldigen met 2 en vervolgens de vergelijkingen lid aanlid optellen. {

2x − y = 7 3−3x + 4y = −3 2

⇐⇒{

2x − y = 70x + 5y = 15

We laten de tweede vergelijking staan en de eerste vergelijking vervangen we door eenlineaire combinatie van de twee vergelijkingen zodat de onbekende y verdwijnt.{

2x − y = 7 50x + 5y = 15 1

⇐⇒{

10x + 0y = 500x + 5y = 15

⇐⇒{x = 5y = 3

Opmerking: Bij het correct toepassen van de combinatiemethode, gaan we over van eenstelsel naar ander stelsel die gelijkwaardig is met het eerste stelsel. Dit betekent dat deoplossingen van het eerste stelsel dezelfde zijn als de oplossingen van het tweede stelsel.

Als we lineaire combinaties van de vergelijkingen van een stelsel maken, maken we eigenlijklineaire combinaties van de coefficienten van de onbekenden. Het is in feite niet nodig deonbekenden op te schrijven. Het is enkel van belang dat we weten welke coefficienten bijwelke onbekenden horen. We definieren daarom een schema of tabel van reele getallen diede coefficienten zijn van de onbekenden van het stelsel. De plaats van de getallen is vanbelang. Zo een schema is een reele matrix. Dit spaart schrijfwerk uit. We zullen nu hetbovenstaande stelsel oplossen door de combinaties toe te passen op de rijvectoren van dematrix.[

2 −1 7−3 4 −3

]2v2+3v1∼

[2 −1 70 5 15

]5v1+v2∼

[10 0 500 5 15

]v110∼[

1 0 50 1 3

].

Uit deze matrix kunnen we de oplossing van het stelsel aflezen, nl. (5, 3).

2.3. OPLOSSEN VAN LINEAIRE STELSELS 81

Deze methode van oplossen noemen we de methode van Gauss-Jordan of de spilme-thode.

Deze methode laat ons toe grote stelsels met veel onbekenden op te lossen zonder dat wein de knoei geraken of in cirkeltjes gaan draaien. Voor het oplossen van een stelsel makenwe gebruik van het begrip matrix en het begrip van vector van een reele vectorruimte.

2.3.2 Rijequivalente matrices

Rijoperaties op een matrix zijn:

1. Het verwisselen in een matrix A van de i-de rijvector vi en de j-de rijvector vj ( metDERIVE: swap elements(A, i, j)).Met symbolen:

vij = vji

2. Het vervangen van een rijvector vi van A door een lineare combinatie van alle rijvec-toren van A waarbij de scalair van vi verschillend is van 0.

Met symbolen:

v1

v2...vi...vm

∼

v1

v2...

r1v1 + r2v2 + · · ·+ rivi + · · ·+ rmvm...~vm

met ri 6= 0

Bijzondere rijoperatie

v1...vj...vi...vm

∼

v1...vj...

rivi + rjvj...~vm

met ri 6= 0


Een bijzonder geval van de voorgaande rijoperatie

v1...vj...vi...vm

∼

v1...vj...rivi

...~vm

met ri 6= 0

Opmerking: De voorwaarden die gesteld worden voor de scalairen ri zijn belangrijk omhet gelijkwaardig zijn van de corresponderende stelsels te garanderen.

Rijequivalente matricesTwee matrices worden rijequivalente matrices genoemd als en slechts als de ene matrixovergaat in de andere matrix door het toepassen van een eindig aantal rijoperaties.

Opmerking: Rijequivalente matrices corresponderen met gelijkwaardige stelsels.

2.3.3 Gauss-Jordan-methode voor het oplossen van lineaire stel-sels

De methode van Gauss-Jordan bestaat erin door het toepassen van een eindig aantal rijope-raties op een matrix, de matrix in een zogenaamde canonieke gedaante te brengen, d.i. eengedaante waarbij zoveel mogelijk nullen optreden. We noemen die matrix de canoniekematrix van de matrix.De methode van Gauss-Jordan is een typische computermethode. Daarom zullen we meest-al gebruik maken van DERIVE. Daartoe moeten we enkel de matrix A invoeren en het

commando row reduce(A) schrijven.

row reduce(

[2 −1 7−3 4 −3

]) =

[1 0 50 1 3

].

De spilmethode Hoe herleiden we zonder computer een matrix naar een canonieke matrix?Is het element van de eerste rij en eerste kolom gelijk aan nul dan verwisselen we de eerste rij met een andererij waar het element in de eerste kolom verschillend is van nul, indien dit bestaat. Indien er geen zulkerij is, kijken we naar de tweede kolom in elke rij en zorgen ervoor dat, indien er zulk een niet-nul elementbestaat, dit niet-nul element op de eerste rij komt. Indien er geen zulk een niet-nul element bestaat, kijkenwe naar de derde kolom in elke rij, enz. Stel dat het eerste niet-nul element dat we kunnen tegenkomenwanneer we alle rijen afgaan, op de i1-ste kolom staat. We brengen de corresponderende rij op de eersterij. We laten de nieuwe eerste rij dan staan en vervangen elke andere rijvector door een lineaire combinatie


met de eerste rijvector, zodat het i1-ste coordinaatgetal van de nieuwe vector nul wordt. Nu zoeken we heteerste niet-nul getal in alle rijen uitgezonderd de eerste, bvb. het i2-de getal in de j2-de rij. We verwisselendan de tweede met de j2-de rij zodat op de i2-de plaats van de tweede rij een niet-nul element staat. Welaten die nieuwe tweede rij dan staan en vervangen elke andere rijvector door een lineaire combinatie metde tweede rijvector, zodat het i2-de coordinaatgetal van de nieuwe vector nul wordt. Op deze wijze gaanwe verder. Uiteindelijk bekomen we een matrix in de zogenaamde canonieke gedaante. Hierin zijn deeerste elementen op de niet-nul rijen resp. a1i1 , a2i2 , · · · ,arir

verschillend van nul. Zo een element vande canonieke matrix wordt een Jordan-element genoemd. De verzameling elementen akik

noemen wede Jordan-diagonaal. De elementen van een Jordan-diagonaal zijn allemaal verschillend van nul, en alleelementen boven, onder en links van zulke elementen zijn gelijk aan nul.

Als we de spilmethode willen toepassen zonder gebruik te maken van de computer, kunnenwe wel elke rijoperatie met de computer controleren. Daartoe moet eerst de Utility-fileVECTOR.MTH. ingeladen worden:

swap elements(A, i, j) verwisselt in de matrix A het i-de rij met het jde rij.

force0(A, i, j, k) vervangt de i-de rij door een lineaire combinatie van de i-de

rij en de k-de rij om het element aij ∈ A nul te maken. Bij deze rijoperatie ishet element akj het zogenaamd Jordan-element

Voorbeeld: Los het volgend stelsel op met de methode van Gauss-Jordan zonder computermaar controleer elke stap met de computer.

2x − 3y + 4z − u = 36x − 9y + 2z − 3u = 4x − 2y − z + 2u = 1

3x − y + z − 7u = 4

De verhoogde matix van het stelsel is een (4, 5)- matrix. Het eerste Jordan-element is heteerste element van de eerste rij a11 op voorwaarde dat dit element verschillend is van nulHier is 2 het eerste Jordan-element. We omcirkelen dat element.

2 −3 4 −1 36 −9 2 −3 41 −2 −1 2 13 −1 1 −7 4

2v2 − 6v1

force0(A,2,1,1)∼

2 −3 4 −1 30 0 −20 0 −101 −2 −1 2 13 −1 1 −7 4

2v3 − v1

force0(A,3,1,1)∼

2 −3 4 −1 30 0 −20 0 −100 −1 −6 5 −13 −1 1 −7 4

2v4 − 3v1

force0(A,4,1,1)∼

2 −3 4 −1 30 0 −20 0 −100 −1 −6 5 −10 7 −10 −11 −1

Het tweede Jordan-element is het eerste element verschillend van nul van de 2de rij maardit element staat in de 3de kolom en er is nog een element verschillend van nul in de 2de


kolom op de 3de rij. Daarom gaan we de 2de en de 3de rij met elkaar verwisselen. Als wegeen computer gebruiken is het aan te raden de 2de rij (die 3de rij wordt) te delen door−10.

v2/(−10)v23

swap elements(A,2,3)∼

2 −3 4 −1 30 −1 −6 5 −10 0 2 0 10 7 −10 −11 −1

Het tweede Jordan-element is hier nu −1; We omcirkelen dat element en maken het elementboven en onder −1 gelijk aan 0.

−v1 + 3v2

force0(A,1,2,2)∼

−2 0 −22 16 −60 −1 −6 5 −10 0 2 0 10 7 −10 −11 −1

v1/(−2)−v4 − 7v2

force0(A,4,2,2)∼

1 0 11 −8 30 −1 −6 5 −10 0 2 0 10 0 52 −24 8

Het derde Jordan-element is het eerste element verschillend van 0 op 3de rij. Dit is 2. Weomcirkelen 2. We delen ondertussen de 4de rij door 4 en maken de elementen boven 2 gelijkaan 0. (force0(A, 1, 3, 3) en force0(A, 2, 3, 3))

v4/42v1 − 11v3

2v2 + 6v3∼

2 0 0 −16 −50 −2 0 10 40 0 2 0 10 0 13 −6 2

2v4 − 13v3

force0(A,4,3,3)∼

2 0 0 −16 −50 −2 0 10 40 0 2 0 10 0 0 −12 −9

We delen de 2de rij door −2 en de 4de rij door −3

v2/(−2)v4/(−3)∼

2 0 0 −16 −50 1 0 −5 −20 0 2 0 10 0 0 4 3

Het 4de Jordan-element is het eerste element verschillend van 0 op de 4de rij. Dit is hier 4.We omcirkelen dat element en we maken de elementen boven 4 gelijk aan 0 (force0(A, 1, 4, 4)en force0(A, 2, 4, 4))

2 0 0 −16 −50 −2 0 10 40 0 2 0 10 0 0 4 3

4v1 + 16v4

4v2 − 10v2∼

8 0 0 0 280 4 0 0 70 0 2 0 10 0 0 4 3


We maken de Jordan-elementen gelijk aan 1 door de 1ste, 2de, 3de en 4de rij te delen doorresp. 8, 4, 2 en 4.

v1/8 v2/4v3/2 v4/4∼

1 0 0 0 7/20 1 0 0 7/40 0 1 0 1/20 0 0 1 3/4

Het stelsel heeft een oplossing nl. [7

2, 7

4, 1

2, 3

4].

Opmerking: De oplossing(en) van een stelsel kunnen op twee verschilllende manierengeınterpreteerd worden.Voorbeeld: Beschouwen we het stelsel {

x− 2y = 43x+ y = 6

We lossen het stelsel op met de methode van Gauss.[1 −2 43 1 6

]∼[

1 −2 40 7 −6

]∼[

7 0 160 7 −6

]∼[

1 0 16/70 1 −6/7

]De oplossing [15

7,−6

7] kunnen we op twee manieren meetkundig bekijken:

1. Het koppel [157,−6

7] is in het vlak de coordinaat van het snijpunt van de rechten

x− 2y = 4 en 3x+ y = 6;

2. De kolomvector

[46

]is een lineaire combinatie van de kolomvectoren

[13

]en[

−21

]met scalairen 15

7en 6

7.[

46

]=

15

7·[

13

]+

6

7·[−2

1

]OPGAVEN — 13 Los de volgende stelsels op met de methode van Gauss-Jordan en geef de twee meet-kundige interpretaties van de oplossingen.

a.{

2x− y = 5x+ y = 1 b.

{x− y = 2x+ y = −2

Oplossingen: 13: a. (2,−1); b. (0,−2);


RM I groepswerk 9 1. Los de volgende stelsels op met de methode van Gauss-Jordan.

1.

2x − 3y + 4z − u = 3x + 2y − z + 2u = 1

3x − y + 2z − 3u = 43x − y + z − 7u = 4

2.

2x + 4y + 3z − u = 1x − 2y − 2z − 3u = 5

−3x + y + z − 5u = −9−x + y − z − u = −5

3.

x + y − 2z + u + 3t = 12x + 2y − 4z + 2u + 6t = 23x + 2y − 4z − 3u − 9t = 3

4.{

x + 2y + 3z + 4u = 12x + y + z + 2u = −1

5.

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

6.

x + y + z = 42x + 5y − 2z = 3x + 7y − 5z = −6

2. Geef de twee verschillende interpretaties van de oplossingen van de volgende stelselsen maak telkens een tekening in het vlak.

a. a : x+ y = 2, b : 2x+ 2y = −2 en c : −x− y = −2;

b. a : x+ 5y = −8, b : 3x− 2y = 10, c : 5x+ 3y = 4 en D : x+ y = 0;

c. a : x2

+ y3

= 1, b : x− y = 1 en c : 4x+ 2y = 8.

3. Een sleutel-op-de-deur bouwbedrijf bouwt drie types van woningen. Voor het eerstetype woning zijn er 3 eenheden beton, 2 eenheden steen en 5 eenheden hout nodig.Voor het tweede type zijn dat 4 eenheden beton, 2 eenheden steen en 6 eenheden hout.Voor het derde type zijn dat 2 eenheden beton, 3 eenheden steen en 5 eenheden hout.Nadat een aantal woningen is afgewerkt, beweert de boekhouder dat er 50 eenhedenbeton zijn verwerkt, 100 eenheden steen en 200 eenheden hout. Hoeveel woningenwerden er van elk type gebouwd? Of kloppen de cijfers van de boekhouder niet?

4. Een bedrijf maakt 3 producten: A, B en C. Het heeft daarvoor drie machines nodig:I, II en III. Om een eenheid van product A te maken, heeft men machine I gedurende3 uur nodig, machine II ook gedurende 3 uur en machine III gedurende 2 uur. Om eeneenheid van product B te maken, heeft men de machines achtereenvolgens 2 uur, 1uur en 1 uur nodig. Om een eenheid van product C te maken, heeft men de machinesachtereenvolgens 8 uur, 7 uur en 5 uur nodig. Machine I is 800 uur beschikbaar,machine II is 700 uur per maand beschikbaar en machine III kan 500 uur per maandworden gebruikt. Hoeveel eenheden van elk product moet het bedrijf maandelijksmaken om optimaal gebruik te maken van alle machines?Hoe kan de productie worden geoptimaliseerd als men 150 eenheden van product Amoet maken?

5. Een bedrijf maakt 2 producten: A en B. Het heeft daarvoor 2 machines nodig: ma-chine I en nog een nieuw te bouwen machine II. Om een eenheid van product A temaken, heeft men machine I gedurende 3 uur. Om een eenheid van product B te


maken, heeft men de machine I gedurende 2 uur. Hoe lang machine II nodig is, zalafhangen van hoe de machine II wordt gebouwd, maar in elk geval twee keer zo langvoor product B als voor product A. Beide machines zullen elk gedurende 60 uur perweek operationeel zijn. Bepaal hoeveel eenheden van elk product het bedrijf wekelijksmoet maken om optimaal gebruik te maken van beide machines.

6. Schrijf de eerste vector als een lineaire combinatie van de volgende vectoren indienmogelijk. Zijn er ook soms meerdere mogelijkheden?

(a) [7, 8, 9] en [1, 2, 3], [4, 5, 6];

(b) [−12,−1

3] en [−6, 4], [3,−2];

(c) [0, 5] en [3,−6], [−4, 8];

(d) [7, 8] en [1, 2], [4, 5];

(e) [9, 5, 1] en [2, 1, 3], [−1, 3, 1], [−1, 1, 1];

(f) [14, 18, 5] en [3, 2, 1], [2,−1, 1], [−1, 1, 1];

(g) [23,−20, 41] en [1, 2, 7], [3,−3, 6], [−1, 3,−2];

(h) [8, 56, 37] en [0.2, 3, 0.25], [0.5,−1, 2.5], [−1.25,−1,−4];

(i) [1,−1, 1, 1] en [1, 2, 4,−1], [−2, 1, 1, 2];

(j) [0, 4,−2, 1] en [0, 1,−2, 3], [1,−3, 4,−5], [−2, 2, 1, 4], [3, 1, 2, 2];

(k) [0, 2] en [1, 1], [1, 2], [1, 3];

(l) [0, 1,−1, 2] en [1, 0,−2, 1], [2, 1, 3,−1], [4, 1,−1, 1], [−1, 2, 1, 1], [−1, 1, 1, 1];

Oplossingen: 1

1.

xyzu

= r.

16−29−28

7

+

9/7−1/7

00

2.

xyzu

=

39/14−23/14

9/14−1/14

3.

xyzut

= r.

5−6010

+ s.

15−18

001

+ k.

02100

+

10000

;

4.

xyzu

= r.

1−530

+ s.

0−201

+

−1100

; 5.

xyz

=

321

; 6.

xyz

=

173− 5

30

.

2. a. strijdig; b. (2,−2); c. strijdig; 3. strijdig 4.{x+ 2z = 200y + z = 100 , (150, 75, 25);

5. (30(t−1)t , 15(3−t)

t ) met t het aantal uur dat II nodig heeft om 1 eenheid van A te maken, 15 vr A en 7,5vr B (t=2); 6. (a) [7, 8, 9] = −[1, 2, 3] + 2[4, 5, 6]; (b) gn lin. comb. mgl; (c) gn lin. comb. mgl;


(d) [7, 8] = −[1, 2] + 2[4, 5]; (e) [9, 5, 1] = 2[2, 1, 3] + 4[−1, 3, 1]− 9[−1, 1, 1];(f) [14, 18, 5] = 7[3, 2, 1]− 3[2,−1, 1] + [−1, 1, 1]; (g) [23,−20, 41] = −[1, 2, 7] + 9[3,−3, 6] + 3[−1, 3,−2];(h) [8, 56, 37] = 2020

67 [0.2, 3, 0.25] + 172467 [0.5,−1, 2.5] + 584

67 [−1.25,−1,−4]; (i) geen opl(j) [0, 4,−2, 1] = − 306

73 [0, 1,−2, 3]− 20573 [1,−3, 4,−5]− 32

73 [−2, 2, 1, 4] + 4773 [3, 1, 2, 2];

(k)∞ veel mgl, bvb. [0, 2] = [1, 1]− 4[1, 2] + 3[1, 3]; (l) gn lin. comb. mgl.

2.4 Lineaire onafhankelijkheid van vectoren

m vectoren ~v1, ~v2, . . . , ~vm zijn lineair onafhankelijk als en slechts als de nulvector maar opeen manier kan geschreven worden als lineaire combinatie van deze m vectoren, nl. de line-aire combinatie met de scalairen allen gelijk aan nul.Met symbolen:

~v1, ~v2, . . . , ~vm zijn lineair onafhankelijk

mr1.~v1 + r2.~v2 + · · ·+ rm. ~vm = ~o =⇒ r1 = r2 = · · · = rm = 0

De m vectoren ~v1, ~v2, . . . , ~vm zijn lineair afhankelijk als en slechts als ze niet lineaironafhankelijk zijn.

Voorbeelden:

• De vectoren (1, 2, 3) en (4, 5, 6) zijn lineair onafhankelijk omdat geldt dat het (3, 2)-stelsel

x ·

123

+ y ·

456

=

000

slechts een oplossing heeft, nl. (x, y) = (0, 0). Uit x · (1, 2, 3) + y · (4, 5, 6) = (0, 0, 0)volgt dat (x, y) = (0, 0).Merk op dat geen van de twee vectoren een veelvoud is van de andere vector.

• De vectoren (1, 2, 3), (4, 5, 6) en (7, 8, 9) zijn lineair afhankelijk omdat geldt dat het(3, 3)-stelsel

x ·

123

+ y ·

456

+ z ·

789

=

000

niet enkel de nuloplossing (x, y, z) = (0, 0, 0) heeft maar nog minstens een andereoplossingen (x, y, z) 6= (0, 0, 0) heeft.Na toepassen van de methode van Gauss vinden we het stelsel{

x− z = 0y + 2z = 0

⇐⇒ .

{x = zy = −2z

2.4. LINEAIRE ONAFHANKELIJKHEID VAN VECTOREN 89

Uit x · (1, 2, 3) + y · (4, 5, 6) + z · (7, 8, 9) = (0, 0, 0) volgt dat (x, y, z) = r · (1,−2, 1).Praktisch betekent dit laatste dat

1 · (1, 2, 3)− 2 · (4, 5, 6) + 1 · (7, 8, 9) = (0, 0, 0),

m.a.w. elk van de vectoren is te schrijven als een lineaire combinatie van de tweeandere vectoren, bvb.

(7, 8, 9) = 2 · (4, 5, 6)− (1, 2, 3)

• De vectoren (1, 2, 3), (2, 4, 6) en (7, 8, 9) zijn lineair afhankelijk omdat geldt dat het(3, 3)-stelsel

x ·

123

+ y ·

246

+ z ·

789

=

000

minstens een oplossing heeft verschillend van de nuloplossing.Na toepassen van de methode van Gauss vinden we het stelsel{

x+ 2y = 0z = 0

⇐⇒ .

{x = −2yz = 0

Uit x · (1, 2, 3) + y · (2, 4, 6) + z · (7, 8, 9) = (0, 0, 0) volgt dat (x, y, z) = r · (−2, 1, 0).Praktisch betekent dit laatste dat

−2 · (1, 2, 3) + 1 · (2, 4, 6) + 0 · (7, 8, 9) = (0, 0, 0),

m.a.w. de vector (1, 2, 3) is te schrijven als een lineaire combinatie van de twee anderevectoren,

(1, 2, 3) =1

2(2, 4, 6) + 0 · (7, 8, 9)

ook de vector (2, 4, 6) is te schrijven als een lineaire combinatie van de twee anderevectoren,

(2, 4, 6) = 2 · (1, 2, 3) + 0 · (7, 8, 9)

De vector (7, 8, 9) is niet te schrijven als lineaire combinatie van de twee anderen. Wekunnen de gelijkheid niet oplossen naar (7, 8, 9) omdat de coeffient nul is.

Deze berekeningen waren eigenlijk allemaal overbodig omdat we reeds bij het beginzien dat de eerste twee vectoren veelvouden zijn van elkaar. De eerste twee zijn reedslineair afhankelijk dus zijn de drie vectoren ook lineair afhankelijk.We kunnen dus zeggen dat de drie vectoren afhankelijk zijn omdat er minstens eente schrijven is als een lineaire combinatie van de twee anderen.


De m vectoren ~v1, ~v2, . . . , ~vm zijn lineair afhankelijk als en slechts als minstens eenvan de vectoren te schrijven is als een lineaire combinatie van overige m− 1 vectoren.Met symbolen:

~v1, ~v2, . . . , ~vi, . . . , ~vm zijn lineair afhankelijk

m

∃i ∈ {1, 2, . . . ,m} ∧ ∃(r1, r2 . . . rm) ∈ Rm−1 : ~vi = r1 ~v1 + r2 ~v2 + · · ·+ rm ~vm.

Een verzameling vectoren is een vrije verzameling als en slechts de vectoren van deverzameling lineair onafhankelijk zijn.

RM I groepswerk 10 Zijn de volgende vectoren lineair onafhankelijk? Geef de combi-natie bij afhankelijkheid.

1. [0, 1,−9], [1, 1, 1], [1, 2,−3];

2. [−13,−2], [2, 12], [1, 7];

3. [0, 1, 1], [1, 1, 2], [−1, 4,−6];

4. [9, 10, 1], [2, 3, 1], [1, 3, 2];

5. [9, 5, 1], [2, 1, 3], [−4,−2,−6];

6. [−4, 2,−1], [1,−0.5, 0.25], [−2, 1,−0.5], [8,−4, 2];

7. [−5,−15,−30], [13, 1, 2], [1

2, 3

2, 3], [−1

4,−3

4,−3

2];

8. [1, 3,−2, 5], [2, 4, 3,−3], [−1, 1,−12, 8], [1,−2, 3, 0];

9. [1,−1, 0, 2] en [1, 2, 0,−1], [−2, 2, 0,−4], [1, 4, 5,−3];

oplossingen: 10. (a) lin.onafh. (b) 6[− 13 ,−2] + [2, 12] + 0[1, 7] = [0, 0]; (c) lin.onafh.

(d) 3r[9, 10, 1]− 17r[2, 3, 1] + 7r[1, 3, 2] = [0, 0, 0]; (e) 0[9, 5, 1] + 2r[2, 1, 3] + r[−4,−2,−6] = [0, 0, 0]omdat [−4,−2,−6] = −2[2, 1, 3]; (f) [−4, 2,−1] + 4[1,−0.5, 0.25] + 2[−2, 1,−0.5] + 1

2 [8,−4, 2] = [0, 0, 0]omdat [−4, 2,−1] = −4[1,−0.5, 0.25] = 2[−2, 1,−0.5] = − 1

2 [8,−4, 2];(g) [−5,−15,−30] + 15 1

3 , 1, 2] + 2[ 12 ,32 , 3] + 4[− 1

4 ,−34 ,−

32 ] = [0, 0, 0]

omdat [−5,−15,−30] = −15 13 , 1, 2] = −10[ 12 ,

32 , 3] = 20[− 1

4 ,−34 ,−

32 ]; (h) lin.onafh.

(i) 2[1,−1, 0, 2]+0[1, 2, 0,−1]−[−2, 2, 0,−4]+0[1, 4, 5,−3] = [0, 0, 0, 0] omdat [−2, 2, 0,−4] = −2[1,−1, 0, 2].

2.4. LINEAIRE ONAFHANKELIJKHEID VAN VECTOREN 91

RM I HUISTAAK 3 1. Los zonder computer het volgend stelsel op met de methodevan Gauss Jordan. Controleer elke rijoperatie met de computer.

2x− y + 2z = 9x− 2y + 4z = 123x+ y − z = 2

2. Gegeven is het stelsel met onbekenden x, y, z en u:x+ y + 2z + 2u = 103x+ 4y + 11z + 10u = 3617x+ 13y + 14z + 18u = 146

(a) Schrijf het meest eenvoudig gelijkwaardig stelsel van het gegeven stelsel op. Zeghoe je dat bekomt door gebruik te maken van de computer.

(b) Hoeveel vrije onbekenden heeft het stelsel en hoeveel oplossingen zijn er?

(c) Geef een parametervoorstelling (in matrixgedaante) van de oplossingen.

3. Gegeven zijn de vectoren ~v(1, 3,−1), ~u(1, 5, 1) en ~w(−1,−2, 2).

(a) Waarom zijn de gegeven vectoren lineair afhankelijk?

(b) Schrijf ~w als lineaire combinatie van ~v en ~u.


2.5 Het product van matrices

2.5.1 Definitie

In de lineaire combinatie 2x−3y van de getallen x en y hebben we enerzijds de vector [2,−3]met de getallen van de lineaire combinatie en anderzijds de vector [x, y] met de getallenwaar een lineaire combinatie van gemaakt wordt.In de vlakke meetkunde is de analytische uitdrukking van het scalair product van de vec-toren [2,−3] en [x, y] zo een lineaire combinatie en we schrijven:

[2,−3] · [x, y] = 2x− 3y

Diezelfde lineaire combinatie kunnen we ook schrijven met matrices:[2 −3

]·[xy

]= [2x− 3y]

Het product dat we hier hanteren, is het product van matrices.We kunnen dat product nu uitbreiden:Voorbeeld:

1. De lineaire combinatie met getallen 4, 7 en −9 van de getallen van de vector [x, y, z]is 4x + 7y − 9z. Nog een andere lineaire combinatie van de getallen van [x, y, z] isbvb. −8x+ 5y − 8z. We kunnen dus schrijven

[4x+ 7y − 9z] =[

4 7 −9]·

xyz

en [−8x+ 5y − 8z] =[−8 5 −8

]·

xyz

Deze twee verschillende lineaire combinaties van x, y en z kunnen we samenvatten ineen uitdrukking met matrices:[

4x+ 7y − 9z−8x+ 5y − 8z

]=

[4 7 −9−8 5 −8

]·

xyz

2. Dezelfde lineaire combinaties als voor x, y en z kunnen we ook maken met drie andere

getallen, bvb. a, b en c:

[4x+ 7y − 9z 4a+ 7b− 9c

]=[

4 7 −9]·

x ay bz c

Hier wordt eigenlijk een lineaire combinatie met scalairen 4, 7 en −9 van de rijvectoren[x, a], [y, b] en [(z, c] (zie de paragraaf van lineaire combinatie van vectoren).

[4x+ 7y − 9z, 4a+ 7b− 9c] = 4 · [x, a] + 7 · [y, b]− 9 · [z, c]

2.5. HET PRODUCT VAN MATRICES 93

3. We kunnen ook twee verschillende lineaire combinaties maken van de getallen vantwee verschillende vectoren:[

4x+ 7y − 9z 4a+ 7b− 9c−8x+ 5y − 8z −8a+ 5b− 8c

]=

[4 7 −98 5 −8

]·

x ay bz c

Dit product kunnen we ook interpreteren als twee verschillende lineaire combinatiesvan de rijvectoren van de tweede matrix [x, a], [y, b] en [z, c].

Het komt hierop neer dat we met de getallen uit een rij van de matrix links lineairecombinaties maken van de getallen uit een kolom van de matrix rechts.

Vandaar de definitie van product van twee matrices:Om twee matrices te kunnen vermenigvuldigen moet het aantal kolommen van de eerstematrix B gelijk zijn aan het aantal rijen van de tweede matrix A. Stel dat B een (p×m)-matrix is dan moet m het aantal rijen zijn in matrix A. De matrix A is een (m×n)-matrix.Het product B · A is een (p× n)-matrix.

B · A =

b11 b12 . . . b1m

b21 b22 . . . b2m...

......

bp1 bp2 . . . bpm

︸︷︷︸

p×m

·

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

︸︷︷︸

m×n

=

b11a11 + b12a21 + . . .+ b1mam1 b11a12 + b12a22 + . . .+ b1mam2 . . . b11a1n + . . .+ b1mamn

b21a11 + b22a21 + . . .+ b2mam1 b21a12 + b22a22 + . . .+ b2mam2 . . . b21a1n + . . .+ b2mamn...

......

bk1a11 + bk2a21 + . . .+ bkmam1 bk1a12 + bk2a22 + . . .+ bpmam2 . . . bp1a1n + . . .+ bpmamn

Om het element op de i-de rij en j-de kolom te bekomen vermenigvuldigen we de elementenvan de i-de rij van de eerste matrix met de corresponderende elementen van de j-de kolomvan de tweede matrix en tellen we de bekomen producten op.

Om dit product korter maar toch algemeen te kunnen opschrijven, voeren we het sommatie-teken

∑in.

∑mk=1 b1kak1

∑mk=1 b1kak2 . . .

∑mk=1 b1kakn∑m

k=1 b2kak1

∑mk=1 b2kak2 . . .

∑mk=1 b2kakn

......

...∑mk=1 bpkak1

∑mk=1 bpkak2 . . .

∑mk=1 bpkakn

︸︷︷︸

p×n


of nog korter [m∑

k=1

bikakj

]︸︷︷︸

p×n

Het product van twee matrices kunnen we laten uitvoeren met EXCEL. Daartoe selecterenwe de rechthoek waar het product moet komen en typen = PRODUCTMAT(Ma;Mb) in

de eerste cel en drukken op CTR , SHIFT en ENTER .

In de voorbeelden hebben we gezien dat het product van matrices ons in staat stelt op eenefficiente manier verschillende lineaire combinaties van een aantal vectoren te bepalen.Willen we lineaire combinaties maken van de rijvectoren van een matrix dan moeten we dematrix links vermenigvuldigen met een matrix waarvan de rijvectoren de scalairen van delineaire combinatie bevatten. Willen we lineaire combinaties maken van de kolomvectorenvan een matrix dan moeten we de matrix rechts vermenigvuldigen met een matrix waarvande kolomvectoren de scalairen van de lineaire combinatie bevatten.

RM I groepswerk 11 1. Maak gebruik van het product van matrices om de lineairecombinatie(s) met scalairen −5, −12 en 28 op te schrijven en uit te rekenen

(a) van de getallen van de vectoren [5, 7, 9], [3,−8, 13], [−2,−1, 3] en [1, 1, 1];

(b) van de vectoren [1, 2], [−5, 4] en [7, 9]

2. Maak gebruik van het product van matrices om zelf drie verschillende combinatiesop te schrijven en uit te rekenen van de getallen van de vectoren [−4,−3,−2,−1] en[1, 2, 3, 4].

3. Maak gebruik van het product van matrices om zelf vier verschillende combinaties opte schrijven en uit te rekenen van de vectoren [9, 8, 7] en [6, 5, 4].

4. Maak gebruik van het product van matrices om het volgend stelsel in een matrixge-daante te brengen. Los daarna het stelsel op.

(a)

3y − 2z = 52x− y + 5z = 03x+ 4y + z = 12

(b)

4x− 6y − 3z = 0

−2x+ 3y + 3z =1

2x+ y + z = 1

Oplossingen: 1. (a) [143, 445, 106, 11] (b) [251, 194];

4. x

023

+ y

3−1

4

+ z

−251

=

50

12

⇔ 0 3 −2

2 −1 53 4 1

· x

yz

=

50

12

opl: [3, 1,−1]

(b) x

4−2

1

+ y.

−631

+ z

−331

=

0121

⇔ 4 −6 −3−2 3 3

1 1 1

· x

yz

=

0121

opl:

[ 12 ,16 ,

13 ].


2.5.2 Praktische voorbeelden

• Uitgavenmatrix .Bij een marktstudie kunnen we een eerste matrix beschouwen. De rijen krijgen hetlabel van een winkel en de kolommen krijgen het label van een product. De getallenin de matrix zijn de eenheidsprijzen van elk product in elke winkel. Bij een tweedematrix zijn de rijen gelabeld met de producten en de kolommen met een boodschap-penlijstje. De getallen in de matrix zijn de nodige hoeveelheid van elk product voorelk boodschappenlijstje. Het product van de eerste en de tweede matrix geeft ons dezogenaamde uitgavenmatrix, waarbij de getallen in die matrix ons laten zien hoeveelwe betalen voor onze verschillende boodschappenlijstjes in de verschillende winkels.

Voorbeeld:

A=

vlees brood boter appel sponsw1w2w3

en B=

lijst1 lijst2vleesbroodboterappelspons

A ·B=

lijst1 lijst2w1w2w3

• Migratiematrix .Het we gtrekken van de bevolking van het platteland naar de steden is een bekendfenomeen in de ontwikkelingslanden. Voor een bepaald land zou in 5 jaar tijd 12,5percent van de bevolking van het platteland naar de steden trekken en 6,25 percenttrekt van de stad naar het platteland. Op een bepaald moment wonen 8 miljoenmensen in de stad en 24 miljoen op het platteland.Na 5 jaar wonen er:

in de stad: 0, 9375 · 8 + 0, 125 · 24 = 10, 50 mensenop het platteland: 0, 0625 · 8 + 0, 875 · 24 = 21, 50 mensen

Deze lineaire combinaties van 8 en 24 kunnen we voorstellen door een product vantwee matrices. [

0, 9375 0, 1250, 0625 0, 875

]·[

824

]=

[10, 521, 5

].

In de matrix van de orde 2×2 zijn de rijen “stad” en “platteland”,alsook de kolommen.De elementen van de matrix zijn de percentages gedeeld door 100 van de bevolking dieverhuist en die blijft. De som van de getallen van eenzelfde kolom is 1. We noemendeze matrix een migratiematrix.


De kolommatrix stelt de beginsituatie voor.

De situatie na 10 jaar wordt gegeven door het volgend product:[0, 9375 0, 1250, 0625 0, 875

]·[

10, 521, 5

]=

[12, 5312519, 46875

].

Na 10 jaar wonen er in de stad 12 531 250 mensen en op het platteland nog 19 468750 mensen.

Na 10 jaar is de situatie gelijk aan het product van het kwadraat van de migratiematrixen de beginsituatie.[

0, 9375 0, 1250, 0625 0, 875

]2

·[

824

]=

[12, 5312519, 46875

].

• Leslie-matrices .Bij de studie van de leefgewoonten en de voortplanting van een bepaalde keversoortheeft men opgemerkt:

– geen enkele kever wordt drie jaar oud;

– kevers van het eerste levensjaar: een vierde van de geboren kevers overleeft zijneerste levensjaar (gaat over naar het tweede levensjaar – kevers die geen weekleven worden niet meegerekend);

– kevers van het tweede levensjaar: de helft van de eenjarige wordt twee jaar (gaanvan tweede naar derde levensjaar);

– kevers van het tweede levensjaar: iedere kever van een jaar oud produceert (ge-middeld) twee nakomelingen (er gaan van het tweede levensjaar twee kevers overnaar eerste levensjaar);

– kevers van het derde levensjaar: iedere kever van twee jaar oud produceert vierkever (er gaan van het derde levensjaar vier kevers over naar eerste levensjaar).

We nemen een matrix van de orde 3 × 3. De rijen zijn “1ste jaar”, “2de jaar” en“3de jaar”, alsook de kolommen. De elementen van de eerste kolom van de matrixgeven voor een kever van het eerste levensjaar hoeveel kevers er resp. naar het eerste,tweede en derde levensjaar overgaan. De elementen van de tweede kolom geven vooreen kever van het tweede levenjaar hoeveel kevers er naar resp. het eerste, tweede enderde levensjaar overgaan. De elementen van de derde kolom geven voor een kever vanhet derde levenjaar hoeveel kevers er naar resp. het eerste, tweede en derde levensjaarovergaan. Deze matrix noemen we een Leslie-matrix. 0 2 4

0, 25 0 00 0, 5 0


Op een bepaald moment telt men in een gebied 800 kevers in hun eerste levensjaar,400 in hun tweede levensjaar en 200 in hun derde levensjaar. Deze beginsituatie wordtvoorgesteld door de kolommatrix. 800

400200

Hoeveel kevers zijn er na een jaar en na twee jaar?

De situatie van het aantal kevers na een jaar is gelijk aan het product: 0 2 40, 25 0 0

0 0, 5 0

· 800

400200

=

1600200200

De situatie van het aantal kevers na twee jaar is gelijk aan het product: 0 2 4

0, 25 0 00 0, 5 0

· 1600

200200

=

1200400100

De situatie van het aantal kevers na twee jaar is ook nog gelijk aan het product vanhet kwadraat van de Leslie-matrix en de kolommatrix van de beginsituatie: 0 2 4

0, 25 0 00 0, 5 0

2

·

800400200

=

1200400100

Door toegenomen insecticidengebruik neemt de vruchtbaarheid af. Er worden maarhalf zoveel jonge kevers geboren. Hoe zal de Leslie-matrix er nu uitzien? Onderzoek deconsequenties van het insecticidegebruik op langere termijn bij dezelfde beginsituatie.

2.5.3 Eigenschappen van het product van matrices

STELLING 2.4 Het product van matrices is associatief.

Met symbolen:(A.B).C = A.(B.C)

Stel A ∈ Rn×m, B ∈ Rm×k, C ∈ Rk×l.

(A.B)︸︷︷︸n×k

. C︸︷︷︸k×l

∈ Rn×l

A︸︷︷︸n×m

. (B.C)︸︷︷︸m×l

∈ Rn×l


STELLING 2.5 Het product van twee matrices is distributief t.o.v. van de som van ma-trices.

Met symbolen:A.(B + C) = A.B + A.C

(A+B).C = A.C +B.C

Stel voor de eerste gelijkheid A ∈ Rn×m, B ∈ Rm×k, C ∈ Rm×k.

A︸︷︷︸n×m

. (B + C)︸︷︷︸m×k

∈ Rn×k

A.B︸︷︷︸n×k

+A.C︸︷︷︸n×k

∈ Rn×k

Wat de orde betreft is de linksdistributiviteit mogelijk.

Stel voor de tweede gelijkheid A ∈ Rn×m, B ∈ Rn×m, C ∈ Rm×k.

(A+B)︸︷︷︸n×m

. C︸︷︷︸m×k

∈ Rn×k

A.C︸︷︷︸n×k

+B.C︸︷︷︸n×k

∈ Rn×k

Wat de orde betreft is de rechtsdistributiviteit mogelijk.

Het bewijs is niet moeilijk maar langdradig. We laten het weg.

Belangrijk: Het product van twee matrices is niet commutatief.

STELLING 2.6 Het neutraal element voor de vermenigvuldiging van matrices van de orden× n is de eenheidsmatrix van de orde n× n. De eenheidsmatrix is de scalaire matrix metdiagonaalelement gelijk aan 1.

In =

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

......

0 0 . . . 1

︸︷︷︸

n×n

Er geldt:A.In = In.A.


STELLING 2.7 De getransponeerde matrix van een product van twee matrices is gelijkaan het product van de getransponeerde van die matrices maar in omgekeerde volgorde.

Met symbolen:(A.B)t = Bt.At

Stel A ∈ Rn×m, B ∈ Rm×k.

A.B ∈ Rn×k =⇒ (A.B)t ∈ Rk×n

Bt ∈ Rk×m ∧ At ∈ Rm×n =⇒ Bt.At ∈ Rk×n

Wat de orde betreft is deze gelijkheid mogelijk.Het bewijs is niet moeilijk maar langdradig. We laten het weg.

RM I groepswerk 12 1. Gegeven: A =

[1 2 33 4 0

], B =

[1 1 10 1 0

]en C =

1 0 1 32 1 2 33 0 1 1

.


(a) A.B en B.A;

(b) A.(B.C) en (A.B).C;

(c) A.(B + C) en (A+B).C;

(d) A.Bt, At ·B, B · At en Bt.A;

(e) 2B.C − A.C

2. Gegeven de matrices A =

[1 2 3 04 5 6 1

], B =

1 00 10 11 0

en C =

[−1 1

1 1

].


(a) A.B en B.A;

(b) A.(B.C) en (A.B).C;

(c) A.(B + C) en (A+B).C;

(d) 2B.C − A.C;

(e) A.Bt, At ·B, B · At en Bt.A;

3. Bewijs dat voor elke vierkante matrix A geldt: A.A2 = A2.A.Daaruit volgt dat we de derde macht van een matrix kunnen definieren, nl. A3.


4. Toon aan dat alle scalaire matrices van de orde n×n commuteren voor het product vanmatrices met elke matrix van diezelfde orde. Toon ook aan dat het vermenigvuldigenvan een matrix met een scalair op hetzelfde neerkomt als het vermenigvuldigen vandie matrix met een scalaire matrix. Men kan dus bij het vermenigvuldigen steeds eenscalaire matrix vervangen door een scalair of een scalair vervangen door een scalairematrix.

5. Toon aan dat, indien een vierkante matrix van de orde 2 × 2 commuteert met elkeandere matrix van dezelfde orde, dan is die matrix een scalaire matrix.

6. Welke matrices commuteren met de matrix

[0 10 0

]? En met de matrix

[0 01 0

]?

7. Zijn A en B twee vierkante matrices die onderling commuteren dan zullen de matricesA− k.I en B − k.I eveneens commuteren.

8. Onderzoek wat er gebeurt als men een vierkante matrix links en rechts vermenigvul-digt met een diagonaalmatrix.

9. Onderzoek resp. voor een symmetrische matrix, een driehoeksmatrix, een diagonaal-matrix en een scalaire matrix hoe het product is.

10. Gegeven: de matrix A =

0 1 −14 −3 43 −3 4

.Toon aan dat A2 = I (involutorische matrix).


1 1 35 2 6−2 −1 −3

.Toon aan dat ∃n ∈ N : An = O (nilpotente matrix met index n).


4 8 2−2 −4 −1

1 2 0

.Toon aan dat ∃n ∈ N : An = O (nilpotente matrix met index n).

13. Gegeven de matrix A = 19

1 −4 84 −7 −48 4 1

. Toon aan dat A.At = At.A = I3.

14. * Bewijs dat voor alle n ∈ N en alle x, y ∈ R geldt 1 x y0 1 x0 0 1

n

=

1 nx ny + n(n−1)2

x2

0 1 nx0 0 1

.


Oplossingen:

1: (a) nt. uitvoerbaar; (b) nt. uitvoerbaar; (c) nt. uitvoerbaar; (A + B) · C =[

20 3 12 1913 5 13 24

];

(d)[

6 27 4

];

1 4 12 6 23 3 3

;[

6 72 4

];

1 2 34 6 31 2 3

; (e) 2B · C −A · C =[−2 0 0 2−7 −2 −7 −15

].

2: (a) A ·B =[

1 55 11

]; B ·A =

1 2 3 04 5 6 14 5 6 11 2 3 0

; (b) A · (B · C) = (A ·B) · C =[

4 66 16

];

(c) nt. uitvoerbaar; (d) nt. uitvoerbaar; (e) nt. uitvoerbaar.

6: de matrices van de gedaante:[a b0 a

]. en

[a 0c a

]. ;

RM I HUISTAAK 4 1. Gegeven zijn de vectoren ~v(1, 3,−1, 2), ~u(1, 5, 1, 5)en ~w(−1,−2, 2,−1).

(a) Maak gebruik van het product van matrices om naar keuze vier verschillendelineaire combinaties van de gegeven vectoren uit te rekenen met de computer.Schrijf twee van die combinaties volledig uit en reken uit zonder computer. Ver-gelijk dat met het resultaat van de computer.

(b) Maak gebruik van het product van matrices om naar keuze vier verschillendelineaire combinaties uit te voeren van de getallen van de gegeven vectoren metde computer. Zeg dan hoeveel combinaties er uitgevoerd zijn. Schrijf twee vandie combinaties volledig uit en reken uit zonder computer. Vergelijk dat met hetresultaat van de computer.


2 −2 −4−1 3 4

1 −2 −3

.(i) Toon aan dat A2 = A (idempotente matrix).

(ii) Bereken (2A− I)2.

3. Bewijs dat een matrix A idempotent is als er een matrix B bestaat waarvoor A.B = Aen B.A = B.

4. Bewijs dat At.A en A.At symmetrische matrices zijn.


2.5.4 Inverse matrix van een vierkante matrix

Elk reeel getal r 6= 0 heeft een omgekeerde, nl. r−1 = 1r

zodat r · r−1 = 1.

De matrix B is inverse matrix van een vierkante matrix A van de orde n als

B · A = In = A ·B

Notatie: B = A−1 en er geldt:

A.A−1 = In = A−1.A.

Maar niet elke matrix heeft een inverse matrix.Voorbeelden:

• Gegeven de matrix:

A =

[6 −4−3 2

]We onderzoeken of A een inverse matrix bezit.

AB = I2

m[6 −4−3 2

]·[x yz t

]=

[1 00 1

]m

6x− 4z = 16y − 4t = 0−3x+ 2z = 0−3y + 2t = 1

Dit resultaat kunnen we schrijven als twee kleinere stelsels.{6x− 4z = 1−3x+ 2z = 0

[6 −4 1−3 2 0

][

6 −4 10 0 3

]Dit stelsel is strijdig.

{6y − 4t = 0−3y + 2t = 1

[6 −4 0−3 2 1

][

6 −4 00 0 6

]Dit stelsel is strijdig.


De matrix A heeft dus geen inverse matrix. Daarom noemen we A een singulierematrix.

• Gegeven is de matrix

A =

[4 52 3

]We onderzoeken of A een inverse matrix bezit.

AB = I2

m[4 52 3

] [x yz t

]=

[1 00 1

]Dit resultaat kunnen we schrijven in twee stelsels.{

4x+ 5z = 12x+ 3z = 0

[4 5 12 3 0

][

4 5 10 2 −2

][

8 0 120 2 −2

][

1 0 32

0 1 −1

]

Dus: x = 32

en z = −1.

{4y + 5t = 02y + 3t = 1

[4 5 02 3 1

][

4 5 00 2 4

][

8 0 −200 2 4

][

1 0 −52

0 1 2

]

Dus: y = −52

en t = 2.

We vinden dus

B =

[32−5

2

−1 2

].

Beide stelsels worden opgelost door dezelfde rijoperaties toe te passen op de verhoogdematrices enkel de laatste kolom is verschillend.

[4 5 1 02 3 0 1

]∼[

4 5 1 00 2 −2 4

]∼[

8 0 12 −200 2 −2 4

]∼[

1 0 32−5

2

0 1 −1 2

]


We rekenen eenvoudig na dat ook (bewijs zie oefening 7)

BA =

[32

52

−1 −2

]·[

4 52 3

]=

[1 00 1

]De matrix A heeft een inverse matrix. Daarom noemen we A een reguliere matrix.

• Gegeven is de matrix

A =

1 2 34 0 10 3 4

.We onderzoeken of A een inverse matrix heeft.

AB = I3

m 1 2 34 0 10 3 4

x11 x12 x13

x21 x22 x23

x31 x32 x33

=

1 0 00 1 00 0 1

m

1x11 + 2x21 + 3x31 = 14x11 + 0x21 + 1x31 = 00x11 + 3x21 + 4x31 = 0

∧

1x12 + 2x22 + 3x32 = 04x12 + 0x22 + 1x32 = 10x12 + 3x22 + 4x32 = 0

∧

1x13 + 2x23 + 3x33 = 04x13 + 0x23 + 1x33 = 00x13 + 3x23 + 4x33 = 1

Om x11, . . . , x33 te vinden, moeten we dus drie stelsels oplossen. Omdat de stelselsenkel in de rechterkolom verschillen, kunnen we deze stelsels gelijktijdig oplossen. 1 2 3 1 0 0

4 0 1 0 1 00 3 4 0 0 1

∼ 1 2 3 1 0 0

4 0 1 0 1 00 3 4 0 0 1

∼ −8 0 −2 0 −2 0

0 −8 −11 −4 1 00 0 1 12 −3 −8

∼

−8 0 0 24 −8 −160 −8 0 128 −32 −880 0 1 12 −3 −8

∼ 1 0 0 −3 1 2

0 1 0 −16 4 110 0 1 12 −3 −8

We vinden dus

A−1 =

−3 1 2−16 4 11

12 −3 −8

.


Besluit:

• De vierkante matrix A is regulierm

de rijgereduceerde matrix van A is de eenheidsmatrix.

• Om de inverse matrix van een reguliere matrix A te berekenen, passen we de me-thode van Gauß-Jordan toe op de matrix [A|I] tot we een matrix van de vorm [I|B]verkrijgen. De matrix B is dan de inverse matrix van A.

Nog een voorbeeldje: Bepaal de inverse matrix van de matrix A indien hij bestaat.

A =

1 −1 23 4 −56 7 2

Oplossing: Voor de inverse matrix voegen we de matrix I3 toe aan de matrix A om zodoendedezelfde rijoperaties op I3 als op A toe te passen. 1 −1 2 1 0 0

3 4 −5 0 1 06 7 2 0 0 1

∼ 1 0 0 43/73 16/73 −3/73

0 1 0 −36/73 −10/73 11/730 0 1 −3/73 −13/73 7/73

De inverse matrix van A is de matrix 43/73 16/73 −/73

−36/73 −10/73 11/73−3/73 −13/73 7/73

.2.5.5 De inverse matrix van een vierkante matrix van de orde 2

Een vierkante (2 × 2)-matrix

[a bc d

]is niet-singulier als en slechts als (a, b) en (c, d)

onafhankelijk zijn. We tonen aan dat dit is als en slechts als ad− bc 6= 0.

1. a 6= 0[a b 1 0c d 0 1

]a6=0∼[a b 1 00 ad− bc −c a

[ad−bc6=0∼

[1 0 d

ad−bc−b

ad−bc

0 1 −cad−bc

aad−bc

]De inverse matrix is

1

ad− bc

[d −b−c a

](2.2)

In geval ad− bc = 0 hebben we hier voor a 6= 0 geen inverse matrix.


2. a = 0 [0 b 1 0c d 0 1

]c6=0∼[c d 0 10 b 1 0

]b 6=0∼[cb 0 −d b0 b 1 0

]∼[

1 0 − dbc

bbc

0 1 1b

0

]∼[

1 0 − dbc

bbc

0 1 cbc

0

]In het geval dat a = 0 en c 6= 0 en b 6= 0 is de voorwaarde ad− bc = bc 6= 0 voldaan.De inverse matrix is

1

−bc

[d −b−c 0

]Dit is het bijzonder geval voor a = 0 van de uitdrukking voor de inverse (2.2).

Het is handig deze uitdrukking ad−bc schematisch te kunnen voorstellen. Daarom definierenwe 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.

Besluit

• Een vierkante (2 × 2)-matrix is niet-singulier als en slechts als zijn determinant ver-schillend is van nul.

• Een vierkante (2×2)-matrix bezit een inverse matrix als en slechts als zijn determinantverschillend is van nul. De inverse matrix is dan[

a bc d

]−1

=1∣∣∣∣ a b

c d

∣∣∣∣[

d −b−c a

].

Opmerking: De uitdrukking ad − bc doet oms denken aan kruisproduct bij een evenre-digheid. Inderdaad, ingeval de getallen a, b, c en d verschilend zijn van nul kunnen weschrijven:

ad = bc⇐⇒ a

c=b

d⇐⇒ a

b=c

dDeze evenredigheden drukken uit dat in de matrix de rijvector (a, b) een veelvoud is van derijvector (c, d) en dat de kolomvector (a, c) een veelvoud is van (b, d). De rijvectoren alsookde kolomvectoren zijn lineair afhankelijk.

TIP om te onthouden: we bekomen de inverse matrix door de elementen op de hoofddiago-naal met elkaar te verwisselen, de andere elementen van teken te veranderen en de bekomenmatrix te delen door de uitdrukking ad− bc.


OPGAVEN — 14 Bepaal de inverse matrix van de volgende matrices indien mogelijk:

(i)[

1 23 4

](ii)

1 2 32 3 43 4 6

(iii)

a −b 0b a+ b ab

a+ b a ab

(iv)

1 a 00 1 a0 0 1

(v)[−3 52 4

](vi)

1 1 12 0 11 1 0

(vii)

4 3 23 5 22 2 1

(viii)

0 1 53 2 46 0 0

Oplossingen: 14 (i)[−2 13/2 −1/2

];(ii)

−2 0 10 3 −21 −2 1

; (iii) detF = 0; (iv)

1 −a a2

0 1 −a0 0 1

;

(v)[−2/11 5/22

1/11 3/22

];(vi) 1

2

−1 1 11 −1 12 0 −2

; (vii)

−1 −1 4−1 0 2

4 2 −11

; (viii) 112

0 0 2−8 10 −5

4 −2 1

.

2.5.6 Stellingen

STELLING 2.8 De inverse matrix van een gegeven reguliere vierkante matrix is uniek.

Bewijs: Is B.A = In, dan is A−1 = (B.A).A−1 = B.(A.A−1) = B wegens de associativiteitvan de vermenigvuldiging van matrices. Dit volgt ook uit de uniciteit van de inverse bijectievan een gegeven bijectie.

STELLING 2.9 De inverse matrix van het product van twee reguliere matrices A en B ishet product van de inverse matrices van A en B maar in omgekeerde volgorde.

Met symbolen:

(A.B)−1 = B−1.A−1

Bewijs: We bewijzen dat de inverse matrix van A.B gelijk is aan B−1.A−1. We bewijzendus dat het product van beide matrices in de twee volgorden de eenheidsmatrix is.

1.(A.B).(B−1.A−1) = A.

(B.(B−1.A−1)

)( prod. is ass.)

= A.((B.B−1).A−1

)( idem)

= A.(In.A−1) ( def. B−1)

= A.A−1 (In is neutr. el. )= In ( def. A−1)


2.(B−1.A−1).(A.B) = B−1.

(A−1.(A.B)

)( prod. is ass.)

= B−1.((A−1.A).B

)( idem)

= B−1.(In.B) ( def. A−1)= B−1.B (In is neutr. el. )= In ( def. B−1)

STELLING 2.10 De inverse matrix van de inverse matrix van een reguliere matrix A isgelijk aan de matrix A.

Met symbolen:(A−1)−1 = A

Bewijs: We bewijzen dat de inverse matrix van A−1 gelijk is aan A. Inderdaad, A−1.A = Inen A.A−1 = In.

STELLING 2.11 De inverse matrix van de getransponeerde matrix van een reguliere ma-trix A is gelijk aan de getransponeerde van de inverse matrix van A.

Met symbolen:(At)−1 = (A−1)t = A−t

Bewijs: We bewijzen dat de inverse matrix van At gelijk is aan (A−1)t. We bewijzen dusdat het product van beide matrices in de twee volgorden gelijk is aan de eenheidsmatrix.

1. At.(A−1)t = (A−1.A)t = I tn = In.

2. (A−1)t.At = (A.A−1)t = I tn = In.

2.6. ALGEBRAISCH REKENWERK MET MATRICES 109

2.6 Algebraısch rekenwerk met matrices

Bij algebraısch rekenwerk moeten we rekening houden met de structuur waarin we werken.

2.6.1 Merkwaardige producten

Vooreerst is het product van matrices niet commutatief, wat wel het geval is bij het productvan reele getallen, complexe getallen, scalair product van vectoren etc.. . . . Er bestaan welmatrices die met elkaar commuteren zoals een scalaire matrix commuteert met elke matrix.De merkwaardige producten zoals (a± b)2 = a2± 2a · b+ b2 en (a+ b)(a− b) = a2− b2 zijnniet meer geldig.

De merkwaardige producten gelden wel voor matrices die onderling commuteren dus waar-voor A ·B = B · A

Anderzijds bestaan er dan ook matrices waarvoor (A+B)2 = A2 +B2. Dit is voor matriceswaarvoor A ·B = −B · A.

Voorbeeld: A =

[1 −12 −1

]en B =

[1 14 −1

].

2.6.2 Nuldelers

De nulmatrix O is een opslorpend element voor het product van matrices. Er geldt

∀A ∈ Rn×m : A.Om×k = On×k.

Omgekeerd, als het product van twee matrices de nulmatrix oplevert wil dit niet zeggendat minstens een van de twee factoren de nulmatrix moet zijn.

A.B = O 6=⇒ A = O ∨B = O

Een nuldeler is een vierkante matrix A 6= O waarvoor een matrix B 6= O bestaat zodatA ·B = O.Een nuldeler is steeds een singuliere matrix.Inderdaad, onderstel dat de matrix A niet-singulier is, dan kunnen we beide leden vanA ·B = 0 met A−1 vermenigvuldigen.

A−1 · (A ·B) = A−1 ·O ⇐⇒ (A−1 · A) ·B = O.

Hieruit volgt dat B = O wat in strijd is met het gegeven dat B 6= O.

Ga dit na met de volgende matrices:

A =

[1 00 0

]en B =

[0 00 1

].


2.6.3 Matriciele vergelijkingen

Gelijkwaardige matriciele gelijkheden

In een gelijkheid met matrices kunnen we altijd beide leden links of rechts meteenzelfde matrix vermenigvuldigen.

B = C =⇒ A ·B = A · C

Omgekeerd, als in beide leden van een gelijkheid links of rechts een gemeen-schappelijke matrix optreedt, mag die factor niet zomaar geschrapt worden

A.B = A.C 6=⇒ A = O ∨B = C

Ga dit na met de volgende matrices:

A =

[0 10 2

], B =

[1 13 4

]en C =

[2 53 4

].

Voorbeeld: Los de volgende matriciele vergelijkingen op naar X:

X−1

[−4 −31 0

]−[

1 −41 −2

] [4 12 1

]t

=

[−5 −11 3/2

]We lossen eerst de vergelijking op met de verkorte matrixgedaante: X−1A−B · Ct = D

X−1A−B · Ct = D(1)⇔ (X−1A−B · Ct) +B · Ct = D +B · Ct

(2)⇔ X−1A+ (−B · Ct +B · Ct) = D +B · Ct (3)⇔ X−1A+O = D +B · Ct

(4)⇔ X−1A = D +B · Ct (5)⇔ X · (X−1A) = X · (D +B · Ct)

(6)⇔ (X ·X−1)A = X · (D +B · Ct)(7)⇔ I · A = X · (D +B · Ct)

(8)⇔ X · (D +B · Ct) = A(9)⇔ (X · (D +B · Ct)) · (D +B · Ct)−1 = A · (D +B · Ct)−1

(10)⇔ X · ((D +B · Ct) · (D +B · Ct)−1) = A · (D +B · Ct)−1 (11)⇔ X · I = A · (D +B · Ct)−1

(12)⇔ X = A · (D +B · Ct)−1

Hier tonen we aan dat bij het oplossen van een matriciele vergelijking de axioma’s van reelevectorruimte gebruikt worden(1): Een matriciele vergelijking blijf gelijkwaardig als we in beide leden eenzelfde matrixoptellen en elke matrix heeft een tegengestelde matrix;(2): associativiteit van de optelling in de verzameling van de matrices van dezelfde orde;(3): definitie van tegengestelde matrix van een matrix;

2.6. ALGEBRAISCH REKENWERK MET MATRICES 111

(4): O is neutraal element voor de optelling van matrices;(5): Een matriciele vergelijking blijf gelijkwaardig als we beide leden links met eenzelfdeniet singuliere matrix vermenigvuldigen en elke niet singuliere matrix heeft een inversematrix;(6) en (10): associativiteit van het product van matrices;(7) en (11): definitie van inverse matrix van een niet singuliere matrix;(8) en (12): I is neutraal element voor de vermenigvuldiging van matrices;(9): Een matriciele vergelijking blijf gelijkwaardig als we beide leden rechts met eenzelfdeniet singuliere matrix vermenigvuldigen en elke niet singuliere matrix heeft een inversematrix;

X =

[−4 −31 0

]·

([−5 −33 3/2

]+

[1 −41 −2

] [4 12 1

]t)−1

X =

[−4 −31 0

]·([−5 −33 3/2

]+

[0 −22 0

])−1

X =

[−4 −31 0

]·[−5 −33 3/2

]−1

=

[−4 −31 0

]· (2

3) ·[

3/2 3−3 −5

]=

[2 21 2

]

RM I groepswerk 13 1. Los de volgende matriciele vergelijking op naar X:

(2I − A)X = I + A met A =

0 1 21 2 31 0 1

.

2. Los de volgende matriciele vergelijkingen op naar X:

(a)

[32

] [12

]t

− (X

[3 21 1

]−1

)t =

[1 24 0

];

(b) AX + 2B = C met A =

[1 12 4

], B =

[4 2−1 0

]en C =

[8 23 1

].

(c)

(

[3 12 1

]·X)−1 +

[−2 34 6

]·[

1 32 −2

]=

[3 153 2

]t

3. Als de matrices A en B commuteren en als A regulier is, dan commuteren A−1 en B.Bewijs.

4. a. Bewijs dat I − A de inverse matrix is van A als en slechts als A2 − A+ I = O.

b. Welke matrix is de inverse van A als A2 + A+ I = 0?


5. Gegeven is de matrix B =

0 1 30 0 40 0 0

.(i) Toon aan dat B3 = O.

(ii) Druk de matrix A =

2 1 30 2 40 0 2

uit in de gedaante λ.I +B, met λ ∈ R.

(iii) * Bewijs dat

An = 2n−1.

2 n n(n+ 2)0 2 4n0 0 2

.6. Bewijs dat voor elk reeel getal en elke reguliere matrix geldt: (r.A)−1 = 1

r.A−1.

7. Bewijs dat uit A.B = In volgt dat B.A = In en dus B = A−1. Op die manier kunnende bovenstaande bewijzen gehalveerd worden.

Oplossingen: 1 − 14

4 3 912 4 240 3 1

; 2: (a)[

4 216 12

]; (b) 1

2

[−5 −9

5 5

]; (c) 1

13

[1 −14−1 27

]5

λ = 2;

RM I HUISTAAK 5 1. Bewijs dat de inverse matrix van een reguliere symmetrischematrix symmetrisch is.

2. Gegeven is C = B−1A.B, bereken C−1 en Cn.

3. Los de volgende matriciele vergelijking op naar X:

(

[3 −1−4 2

]·X)−t ·

[1 −25 0

]−[

56

]·[

1 −9]

= 4 ·[

1 2−3 0

]

2.7. DEELRUIMTEN 113

2.7 Deelruimten

2.7.1 Definitie

De structuur R,W,+ is een deelruimte van R, V,+ als en slechts als W een deelverzame-ling is van V en de structuur R,W,+ een reele vectorruimte is.

Om te bewijzen dat een stuctuur een deelruimte is van een vectorruimte gaan we gebruikmaken van de volgende stelling.

2.7.2 Eigenschap

STELLING 2.12 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

Bewijs*: Het bewijs bestaat uit twee delen. Het eerste deel is onmiddellijk duidelijk wantals R,W,+ een deelruimte is van R, V,+ dan is W een niet-ledige deelverzameling van Ven is W gesloten voor de optelling en de scalaire vermenigvuldiging.In het tweede deel van het bewijs tonen we aan dat als de twee voorwaarden voor W vervuldzijn de structuur R,W,+ een deelruimte is van R, V,+.

1. W ⊂ V . Dit volgt uit de eerste voorwaarde.

2. R,W,+ is een reele vectorruimte. Alle eigenschappen van associativiteit, distributivi-teit en commutativiteit zijn geldig in V dus ook geldig inW . De interne eigenschappenvoor de optelling en de scalaire vermenigvuldiging volgen uit de tweede voorwaarde.We moeten nu nog enkel aantonen dat het neutraal element voor de optelling in Wzit alsook het tegengesteld element van elk element van W .

a. Omdat W 6= ∅ bestaat er een vector ~w ∈ W . Volgens de tweede voorwaarde is0. ~w = ~0 ∈ W . Het neutraal element voor de optelling in V zit dus ook in W .

b. Nemen we een willekeurige vector ~w ∈ W dan geldt volgens de tweede voorwaar-de dat (−1). ~w = −~w ∈ W . De tegengestelde vector van elke vector van W iseen vector van W .


Voorbeeld*: De verzameling van alle drietallen waarvan de som van de eerste twee elemen-ten gelijk is aan het derde element vormt een deelruimte van de reele vectorruimte van dedrietallen.

W = {(x, y, z) : x+ y = z met x, y, z ∈ R}

1. W 6= ∅ want bijvoorbeeld het drietal (0, 0, 0) voldoet aan de voorwaarde x+ y = z enbehoort dus tot W .

2. We beschouwen twee willekeurige drietallen (x1, y1, z1) en (x2, y2, z2) van W dan geldt{x1 + y1 = z1

x2 + y2 = z2

We zullen nu aantonen dat elke lineaire combinatie van de drietallen (x1, y1, z1) en(x2, y2, z2) weer een drietal is van W .

∀r, s ∈ R : r(x1, y1, z1) + s(x2, y2, z2)

= (rx1 + sx2, ry1 + sy2, rz1 + sz2)

Opdat dit drietal een element zou zijn van W moet de som van de eerste twee ele-menten van het drietal gelijk zijn aan het derde element.

rx1 + sx2 + ry1 + sy2 = rx1 + ry1 + sx2 + sy2

= r(x1 + y1) + s(x2 + y2)

= rz1 + sz2

�

2.7.3 Voortbrengende verzamelingen van vectoren

STELLING 2.13 De verzameling van alle lineaire combinaties van een eindig aantal vec-toren van een reele vectorruimte vormt een deelruimte van die vectorruimte.

Bewijs*:

We noemen C de verzameling van alle lineaire combinaties van de vectoren ~v1, ~v2, . . . , ~vm

van de reele vectorruimte R, V,+:

C = {r1.~v1 + r2.~v2 + · · ·+ rm. ~vm : r1, r2, . . . , rm ∈ R ∧ ~v1, ~v2, . . . , ~vm ∈ V }


1. C is een niet-ledige deelverzameling van V omdat C een verzameling is van vectorenvan V .

2. Elke lineaire combinatie van elke twee vectoren van C is weer een vector van C.Inderdaad, nemen we twee willekeurige vectoren ~w1 en ~w2 van C dan zijn beide vec-toren lineaire combinaties van ~v1, ~v2, . . . , ~vm.

~w1 ∈ C =⇒ ∃r1, r2, . . . , rm : ~w1 = r1.~v1 + r2.~v2 + · · ·+ rm. ~vm (2.3)

~w2 ∈ C =⇒ ∃s1, s2, . . . , sm : ~w2 = s1.~v1 + s2.~v2 + · · ·+ sm. ~vm (2.4)

Uit de formules 2.3 en 2.4 volgt:

∀r, s ∈ R,∃r1, r2, . . . , rm, s1, s2, . . . , sm ∈ R :

r. ~w1 + s. ~w2 = r.(r1.~v1 + r2.~v2 + · · ·+ rm. ~vm) + s.(s1.~v1 + s2.~v2 + · · ·+ sm. ~vm)

m

r. ~w1 + s. ~w2 = (rr1 + ss1).~v1 + (rr2 + ss2).~v2 + · · ·+ (rrm + ssm). ~vm.

∃t1, t2, . . . , tm ∈ R : r. ~w1 + s. ~w2 = t1.~v1 + t2.~v2 + · · ·+ tm. ~vm. (2.5)

Dit laatste steunt op de commutativiteit en de associativiteit van de som van vec-toren en op de gemengde associativiteit en de twee distributiviteiten van de scalairevermenigvuldiging in de vectorruimte R, V,+. Uit formule 2.5 volgt dat de vectorr. ~w1 + s. ~w2 een lineaire combinatie is van de vectoren ~v1, ~v2, . . . , ~vm en aldus behoorttot C.

�

Opmerking: De vectoren ~vi met i ∈ {1, 2 . . . ,m} zijn zelf ook vectoren van C. Daartoekiezen we de scalair van ~vi gelijk aan 1 en de scalairen van de andere vectoren gelijk aan 0.

De vectorruimte R, C,+ van alle lineaire combinaties van de m vectoren ~v1, ~v2, . . . , ~vm noe-men we de vectorruimte voortgebracht door de m vectoren ~v1, ~v2, . . . , ~vm.

De verzameling {~v1, ~v2, . . . , ~vm} is een voortbrengende verzameling vectoren van devectorruimte R,C,+.

Met symbolen:R, C,+ = span{~v1, ~v2, . . . , ~vm}


2.7.4 Niet-triviale deelruimten van R,EO,+

Triviale deelruimten van R,EO,+ zijn de nulruimte R, {o},+ en de vectorruimte R,EO,+zelf.

2.7.4.1 Vectorrechten

Is ~u 6= ~o dan wordt door ~u een rechte door de oorsprong voortgebracht

aO = span{~u met ~u 6= ~o}

aO = {P ∈ EO : ~OP = r.~u met r ∈ R}

m

∀P ∈ aO,∃r ∈ R : ~OP = r~u.

Beschouwen we een vector ~v = ~OP evenwijdig met aO dan is P ∈ aO.

Omgekeerd, is P ∈ aO dan is ~v = ~OP evenwijdig met aO.

De vectoren ~v en ~u zijn lineair afhankelijke vectoren.

Twee en meer vectoren parallel met eenzelfde rechte zijn steeds lineair afhankelijk.

aO wordt voortgebacht door ~u maar ook door een eindig aantal vectoren parallel met ~uwaarvan er minstens een verschillend is van de nulvector. Deze vectoren vormen dan eenvoortbrengende verzameling vectoren voor aO. De verzameling {~u} is een minimaal voort-brengende verzameling voor aO.

We noemen {~u} een basis voor de vectorrechte aO. De basis bestaat uit een vector. Daaromzeggen we dat de dimensie van aO gelijk is aan een en wordt aO een vectorrechte genoemd.


We zeggen dat de vergelijking aO : ~OP = r.~u een vectoriele vergelijking is van de vec-torrechte aO.

Voorbeeld van een eendimensionale deelruimte van R,R2,+:In de vectorruimte R,R2,+ brengen de koppels (3, 1

5), (5, 1

3) en (−2,− 2

15) een eendimensi-

onale deelruimte ao voort, vermits een vector verschillend is van de nulvector en de tweeandere vectoren veelvouden zijn van die vector.

ao = span{(3, 1

5), (5,

1

3), (−2,− 2

15)} = span{(3, 1

5)}

a0 = {(x, y) : (x, y) = r(3,1

5) met r ∈ R}.

Deze vectoriele vergelijking van ao noemen we een parametervoorstelling van ao.

Bepalen van een basis van een voortbrengende verzamelingHet zou gemakkelijk zijn een minimaal voortbrengende verzameling te kunnen bepalen meteen rekentechniek. De techniek moet ons toelaten alle afhankelijke vectoren weg te werken.We willen een onafhankelijke vector behouden.Hiertoe steunen we op het feit dat elke lineaire combinatie van de drie vectoren weer eenvector is van a0.Omdat de drie vectoren lineair afhankelijk zijn, bestaat er een lineaire combinatie van dedrie vectoren, met scalairen niet alle nul, die de nulvector oplevert. (zie 2.6).

∃(r, s, t) 6= (0, 0, 0) : r(3,1

5) + s(5,

1

3) + t(−2,− 2

15) = (0, 0)

We geven zo twee verschillende lineaire combinaties:{−5(3, 1

5) + 3(5, 1

3) + 0(−2,− 2

15) = (0, 0)

2(3, 15) + 0(5, 1

3) + 3(−2,− 2

15) = (0, 0)

(2.6)

De eerste lineaire combinatie maakt het mogelijk de vector (5, 13) te vervangen door de

nulvector en de tweede lineaire combinatie maakt het mogelijk de vector (−2,− 215

) te ver-vangen door de nulvector. Let er op dat de vector die vervangen wordt een scalair heeftverschillend van nul.

Aan het stelsel 2.6 voegen we een lineaire combinatie toe om uit te drukken dat we eerstevector willen behouden.

1(3, 1

5) + 0(5, 1

3) + 0(−2,− 2

15) = (3, 1

5)

−5(3, 15) + 3(5, 1

3) + 0(−2,− 2

15) = (0, 0)

2(3, 15) + 0(5, 1

3) + 3(−2,− 2

15) = (0, 0)

(2.7)


Het stelsel 2.7 kunnen we op een handige manier schematisch voorstellen met behulp vanhet product van twee matrices. De matrix B bevat de scalairen van de lineaire combinatiesvan de drie gegeven vectoren en de tweede matrix A bevat de vectoren als rijvectoren. Bwordt links vermenigvuldigd met A.

B · A =

1 0 0−5 3 02 0 3

· 3 1/5

5 13

−2 − 215

=

1 · 3 + 0 · 5 + 0 · (−2) 1 · 15

+ 0 · 13

+ 0 · (− 215

)−5 · 3 + 3 · 5 + 0 · (−2) −5 · 1

5+ 3 · 1

3+ 0 · ( 2

15)

2 · 3 + 0 · 5 + 3 · (−2) 2 · 15

+ 0 · 13

+ 3 · (− 215

)

=

3 15

0 00 0

We houden dus enkel de eerste vector (3, 1

5) over, de laatste twee vectoren werden vervangen

door de nulvector.De niet-nulvector (3, 1

5) vormt een basis voor de eendimensionale deelruimte aO van R2

voortgebracht door de drie gegeven vectoren.

Eigenlijk interesseert ons enkel de laatste matrix en niet welke lineaire combinaties wemoeten maken om deze matrix te bekomen. Het is eenvoudiger als we de laatste matrixzouden kunnen bekomen zonder de matrix B te kennen. Dit kunnen we verwezenlijkendoor het toepassen van rijoperaties op A die dezelfde zijn als de combinaties die gemaaktworden om het product B ·A uit te voeren. Bij een rijoperatie wordt een rij vervangen dooreen lineaire combinatie van alle rijen maar de scalair van de vector die we vervangen moetverschillend zijn van nul. En dat was ook bij het uitvoeren van B · A het geval.

3 15

5 13

−2 − 215

3v2 − 5v1

3v3 + 2v1∼

3 15

3 · 5− 5 · 3 3 · 13− 5 · 1

5

3 · (−2) + 2 · 3 3 · (− 215

) + 2 · 15

∼ 3 1

5

0 00 0

We kunnen als basisvector ook een veelvoud (6= 0) nemen van (3, 1

5) bvb. (15, 1). Bij een

matrix een rij vervangen door een veelvoud verschillend van nul van die rij is tevens eenrijoperatie. We kunnen schrijven

3 15

0 00 0

5v1∼

15 10 00 0

v1/15∼

1 1/150 00 0

De laatste matrix is de canonieke matrix van A.


2.7.4.2 Vectorvlakken

Zijn ~u en ~v twee lineair onafhankelijke vectoren dan zijn ze niet evenwijdig met eenzelfderechte en er geldt

r~u+ s~v = ~o =⇒ r = s = 0.

~u en ~v brengen een vlak door de oorsprong voort.

αO = span{~u,~v} met ~u en ~v lineair onafhankelijk.

αO = {P ∈ EO : ~OP = x.~u+ y~v met x, y ∈ R}m

P ∈ αO ⇐⇒ ∃(x, y) ∈ R2 : ~OP = x~u+ y~v.

Beschouwen we een vector ~w = ~OP evenwijdig met αO dan is P ∈ αO.

Omgekeerd, is P ∈ αO dan is ~OP evenwijdig met αO.

De vectoren ~w, ~u en ~v zijn lineair afhankelijke vectoren.

Drie en meer vectoren parallel met eenzelfde vlak zijn steeds lineair afhankelijk.

αO is een deelruimte van EO voortgebracht door een eindig aantal vectoren waarvan erprecies twee ~u en ~v lineair onafhankelijk zijn. Deze verzameling vectoren vormt een voort-brengende verzameling voor αO.De verzameling {~u,~v} is een minimaal voortbrengende verzameling van αO.

We noemen {~u,~v} een basis van het vectorvlak αO. Het minimum aantal vectoren waardooreen vectorvlak kan voortgebracht worden is 2. Daarom zeggen we dat de dimensie vaneen vectorvlak gelijk is aan 2 en noemen we αO een vectorvlak van EO.

We zeggen dat de vergelijking αO : ~OP = x~u+ y~v een vectoriele vergelijking is van hetvectorvlak αO.


• Voorbeeld van een tweedimensionale deelruimte van R,R3,+:In de vectorruimte R,R3,+ brengen de drietallen (1,−1, 0), (2, 0,−3) en (4,−2,−3)een tweedimensionale deelruimte voort omdat het drietal (4,−2,−3) een lineaire com-binatie is van de lineair onafhankelijke drietallen (1,−1, 0) en (2, 0,−3)((1,−1, 0) en (2, 0,−3) zijn geen veelvouden van elkaar).

αO = span{(1,−1, 0), (2, 0,−3), (4,−2,−3)}= span{(1,−1, 0), (2, 0,−3)}

We willen twee onafhankelijke vector behouden.Hiertoe steunen we op het feit dat elke lineaire combinatie van de drie vectoren weereen vector is van α0.Omdat de drie vectoren lineair afhankelijk zijn, bestaat er een lineaire combinatie vande drie vectoren, met scalairen niet alle nul, die de nulvector oplevert.

∃(r, s, t) 6= (0, 0, 0) : r(1,−1, 0) + s(2, 0,−3) + t(4,−2,−3) = (0, 0, 0)

2(1,−1, 0) + (2, 0,−3)− (4,−2,−3) = (0, 0, 0) (2.8)

De lineaire combinatie maakt het mogelijk de vector (4,−2,−3) te vervangen door denulvector. Let er op dat de vector die vervangen wordt een scalair heeft verschillendvan nul (we zouden ook (1,−1, 0) of (2, 0,−3) kunnen vervangen).We voegen twee lineaire combinaties toe aan de gelijkheid 2.8 om uit te drukken datwe de eerste twee vectoren willen behouden. We bekomen het stelsel:

1(1,−1, 0) + 0(2, 0,−3) + 0(4,−2,−3) = (1,−1, 0)0(1,−1, 0) + 1(2, 0,−3) + 0(4,−2,−3) = (2, 0,−3)2(1,−1, 0) + (2, 0,−3)− (4,−2,−3) = (0, 0, 0)

In matrixgedaante verkrijgen we:

B · A =

1 0 00 1 02 1 −1

· 1 −1 0

2 0 −34 −2 −3

=

1 −1 02 0 −30 0 0

Zoals in het voorgaande voorbeeld kunnen we zonder de matrix B te kennen, doormiddel van rijoperaties op de matrix A de laatste matrix bekomen. 1 −1 0

2 0 −34 −2 −3

−v3+2v1+v2∼

1 −1 02 0 −30 0 0


De vectoren (1,−1, 0) en (2, 0,−3) vormen een basis van het vectorvlak αO voortge-bracht door de drie drietallen.

Met de methode van Gauss-Jordan kunnen we een basis bekomen van het vectorvlakαO zonder op voorhand iets te weten over de afhankelijkheid van de gegeven vectoren.

1 −1 02 0 −34 −2 −3

v2 − 2v1

v3 − 4v1∼

1 −1 00 2 −30 2 −3

2v1 + v2

v3 − v2∼

2 0 −30 2 −30 0 0

De vectoren (2, 0,−3) en (0, 2,−3) vormen een andere basis van αO, voortgebrachtdoor de drie gegeven vectoren.

• Voorbeeld van een tweedimensionale deelruimte van R,R4,+:In de vectorruimte R,R4,+ brengen de viertallen (1, 2,−1, 0), (−2,−4, 2, 0), (2, 4,−3, 1),en (1, 2,−3, 2) een tweedimensionale deelruimte voort omdat (1, 2,−1, 0) en (−2,−4, 2, 0)veelvouden zijn van elkaar en (1, 2,−3, 2) een lineaire combinatie is van de onafhan-kelijke viertallen (1, 2,−1, 0) en (2, 4,−3, 1), .

αO = span{(1, 2,−1, 0), (−2,−4, 2, 0), (2, 4,−3, 1), (1, 2,−3, 2)}= span{(1, 2,−1, 0), (−2,−4,−3, 1)}

∃(x1, x2, x3, x4) 6= (0, 0, 0, 0) :

x1(1, 2,−1, 0) + x2(−2,−4, 2, 0) + x3(2, 4,−3, 1) + x4(1, 2,−3, 2) = (0, 0, 0, 0)

We geven twee verschillende lineaire combinaties:{2(1, 2,−1, 0) + (−2,−4, 2, 0) + 0(2, 4,−3, 1) + 0(1, 2,−3, 2) = (0, 0, 0, 0)3(1, 2,−1, 0) + 0(−2,−4, 2, 0)− 2(2, 4,−3, 1) + (1, 2,−3, 2) = (0, 0, 0, 0)

(2.9)De eerste combinatie laat toe de vector (−2,−4, 2, 0) te vervangen door de nulvector.De tweede combinatie laat toe de vector (1, 2,−3, 2) te vervangen door de nulvector.Merk op dat de scalairen van de vectoren die vervangen worden verschillend zijn vannul.

We voegen aan het stelsel 2.9 twee vergelijkingen toe om uit te drukken dat we deeerste en derde vector willen behouden. We bekomen het stelsel:

1(1, 2,−1, 0) + 0(−2,−4, 2, 0) + 0(2, 4,−3, 1) + 0(1, 2,−3, 2) = (1, 2,−1, 0)2(1, 2,−1, 0) + (−2,−4, 2, 0) + 0(2, 4,−3, 1) + 0(1, 2,−3, 2) = (0, 0, 0, 0)0(1, 2,−1, 0) + 0(−2,−4, 2, 0) + 1(2, 4,−3, 1) + 0(1, 2,−3, 2) = (2, 4,−3, 1)3(1, 2,−1, 0) + 0(−2,−4, 2, 0)− 2(2, 4,−3, 1) + (1, 2,−3, 2) = (0, 0, 0, 0)


In matrixgedaante verkrijgen we:1 0 0 02 1 0 00 0 1 03 0 −2 1

·

1 2 −1 0−2 −4 2 02 4 −3 11 2 −3 2

=

1 2 −1 00 0 0 02 4 −3 10 0 0 0

Zoals in het voorgaande voorbeeld kunnen we zonder de matrix B te gebruiken, doormiddel van rijoperaties op de matrix A de laatste matrix bekomen.

1 2 −1 0−2 −4 2 02 4 −3 11 2 −3 2

v2 + 2v1

v4 − 2v3 + 3v1∼

1 2 −1 00 0 0 02 4 −3 10 0 0 0

De vectoren (1, 2,−1, 0) en (2, 4,−3, 1) vormen een basis van het vectorvlak voortge-bracht door de vier viertallen.

Zoals in het vorig voorbeeld kunnen we met de methode van Gauss-Jordan een basisbekomen van het vectorvlak zonder op voorhand te weten of de vectoren al dan nietvan elkaar afhankelijk zijn.

1 2 −1 0−2 −4 2 02 4 −3 11 2 −3 2

v2 + 2v1

v3 − 2v1

v4 − v1∼

1 2 −1 00 0 0 00 0 −1 10 0 −2 2

v23∼

1 2 −1 00 0 −1 10 0 0 00 0 −2 2

v1 − v2

v4 − 2v2∼

1 2 0 −10 0 −1 10 0 0 00 0 0 0

.De vectoren (1, 2, 0, 1) en (0, 0,−1, 1) vormen een andere basis van hetzelfde vectorvlakvoortgebracht door de vier viertallen.

2.7.4.3 Besluit

• Bij het toepassen van rijoperaties op een matrix, worden vectoren vervangen doorandere vectoren die tot dezelfde deelruimte behoren als voortgebracht door de oor-spronkelijke vectoren. De nieuwe vectoren brengen nog steeds dezelfde deelruimtevoort.

2.8. RANG VAN EEN MATRIX 123

• Bij het herleiden van een matrix naar zijn canonieke gedaante, worden de rijvectorendie afhankelijk zijn van de andere automatisch vervangen door de nulvector. Deoverblijvende niet-nulvectoren vormen een verzameling onafhankelijke vectoren dieeen basis vormen van de deelruimte (minimaal voortbrengende verzameling).

• Elke basis van een deelruimte bezit eenzelfde aantal basisvectoren. De dimensie vaneen vectorruimte is het aantal basisvectoren van die vectorruimte.

2.8 Rang van een matrix

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

......

am1 am2 · · · amn

=

~v1

~v2...~vm

De rijenrang van een matrix is de dimensie van de vectorruimte voortgebracht door derijvectoren van de matrix.

RangA = dim span{~v1, ~v2, . . . , ~vi, . . . , ~vm} = dim R,W,+

STELLING 2.14 Rijequivalente matrices hebben dezelfde rang.

Bewijs: Rijequivalente matrices hebben dezelfde rang vermits de rijvectoren dezelfde deel-ruimte voortbrengen. Een rijoperatie verandert immers niets aan de ruimte voortgebrachtdoor de rijvectoren.

Gevolg 1 Vormen de rijvectoren van een matrix een basis van een r-dimensionale ruimtedan zet elke rijoperatie op die matrix deze basis om in een basis van die r-dimensionaleruimte.

Bepalen van de rang van een matrix :Om de rang van een matrix te bepalen gaan we de matrix herleiden naar zijn canoniekegedaante vermits hun rangen gelijk zijn en de rang van een canonieke matrix gemakkelijkte bepalen is. En we krijgen een eenvoudige basis van de deelruimte voortgebracht door derijvectoren van de matrix cadeau...

De rang van een matrix is gelijk aan het aantal niet-nul rijen van haar canonieke gedaante.Dit is ook gelijk aan het aantal Jordan-elementen.

Opmerking: Noemen we r de rang van een matrix en zetten we in de canonieke matrixenkel de kolommen met een Jordan-element in een nieuwe matrix dan verkrijgen we een


diagonaalmatrix van de orde r × r, waarvan de diagonaalelementen de Jordan-elementenzijn.

Definieer nu zelf op analoge wijze kolomoperaties op een matrix, kolomequivalentematrices en kolommenrang van een matrix..

STELLING 2.15 Een matrix en zijn getransponeerde hebben dezelfde rang. M.a.w. derijenrang van een matrix is gelijk aan de kolommenrang.

GEVOLG 2.1 De dimensie van de vectorruimte voortgebracht door de rijvectoren is gelijkaan de dimensie van de ruimte voortgebracht door de kolomvectoren.

RM I groepswerk 14 1. (a) Tot welke vectorruimte behoren de rijvectoren van devolgende matrices?

(b) Bepaal de meest eenvoudige basis van de deelruimte.

(c) Bepaal ook de dimensie van die deelruimten. Hoe noemen we die deelruimte ingeval de rijvectoren tot R3 of tot R2 behoren?

a.

−1 35 02 −1

b.

0 0 0−1 0 5

6 2 −5

c.

0 01 −12 3

d.

1 2 30 0 02 4 6

e.

1 2 −13 2 14 4 −1

f.

0 6 0−1 3 2

2 0 1

g.

1 −1 1−5 5 −50, 5 −0, 5 0, 5

h.

−1 2 3 62 −1 5 13 0 13 7

i.

0 2 41 2 3−2 0 2

4 2 0

j.

√

3 1 −1

−3 −√

3√

3

2 2√

33−2√

33√

2√

63

−√

63

2. Bereken het getal a, zodanig dat de vectoren ~u, ~v en ~w lineair onafhankelijk zijn.

a. ~u(1, a− 1, 1), ~v(1, a, a− 1) en ~w(2, 7, a);

b. ~u(a, a− 1,−1), ~v(3, a, 3) en ~w(−1, 1, a).

2.8. RANG VAN EEN MATRIX 125

3. Bespreek de dimensie van de ruimte voortgebracht door de volgende vectoren.

a. ~u(a, 2, 1) en ~v(1, a+ 1, a);

b. ~u(a, a, 0), ~v(2, 3, a) en ~w(a, 3, 2).

c. ~u(1, a, a2), ~v(1, a, ab) en (b, a, a2b).

Oplossingen:1 a. 2; b. 2; c. 2; d. 1; e. 3; f. 3; g. 1; h. 3; i. 2; j. 1;2 a. a 6= 2 ∧ a 6= 4; b. a 6= 0 ∧ a 6= 4 ∧ a 6= −1;3 a. rang = 2 ⇐⇒ a 6= 1, rang = 1 ⇐⇒ a = 1; b. rang = 3 ⇐⇒ a 6= 1 ∧ a 6= 2 ∧ a 6= 0,rang = 2⇐⇒ a = 1 ∨ a = 2 ∨ a = 0;

RM I HUISTAAK 6 1. Gegeven de matrix1 2 −1 3 −1 23 4 0 −1 3 0−1 0 −2 7 −5 4−2 −2 −1 4 −4 2

Gevraagd:

(a) bepaal een zo eenvoudig mogelijke basis van de deelruimte voortgebracht door dekolomvectoren van de gegeven matrix, die vectoren zijn van de vierdimensionalevectorruimte R,R4,+;

(b) geef de dimensie van die deelruimte.

2. Bespreek de dimensie van de ruimte voortgebracht door de gegeven vectoren. Geeftelkens aan welke van de gegeven vectoren als basis kunnen genomen worden voor devoorgebrachte deelruimte. ~u(a, 1, b), ~v(1, 1, ab) en ~w(1, a, b).


2.9 *Verband tussen linksvermenigvuldigen van een

matrix en het rijherleiden van een matrix

Zij A een (m× n)-matrix, C de canonieke matrix van A en B een (m×m)-matrix die welinks met A moeten vermenigvuldigen om C te bekomen.

B · A = C

Tevens geldt

B · Im = B

Hieruit volgt dat de matrix B bekomen wordt uit de eenheidsmatrix door dezelfde rijope-raties toe te passen als om C te bekomen uit A.

We illustreren met een voorbeeld hoe we praktisch zo een matrix B kunnen bepalen.

Voorbeeld: Gegeven de matrix A =

1 0 1 32 1 2 33 0 1 1

. We vullen de matrix A aan met de

eenheidsmatrix I3 en herleiden deze uitgebreide matrix naar de canonieke gedaante. 1 0 1 3 1 0 02 1 2 3 0 1 03 0 1 1 0 0 1

∼ 1 0 0 −1 −1/2 0 1/2

0 1 0 −3 −2 1 00 0 1 4 3/2 0 −1/2

.

De matrix B is de (3× 3)-matrix

−1/2 0 1/2−2 1 03/2 0 −1/2

.Controleer nu zelf het product

B · A =

−1/2 0 1/2−2 1 03/2 0 −1/2

· 1 0 1 3

2 1 2 33 0 1 1

=

1 0 0 −10 1 0 −30 0 1 4

Deze laatste matrix is de canonieke matrix van A.

OPGAVEN — 15 Bepaal de rang van de volgende matrices. Bepaal de vierkante matrix die we linksmoeten vermenigvuldigen met de gegeven matrix om de canonieke gedaante van de matrix te bekomen doorrijherleiding.

2.9. *VERBAND TUSSEN LINKSVERMENIGVULDIGEN VAN EEN MATRIX EN HET RIJHERLEIDEN VAN EEN MATRIX127

(i)

1 3 50 2 30 6 47 6 13

(ii)

2 2 23 3 3−5 −5 −519 19 19

(iii)

1 2 4 5 61 2 2 3 20 0 1 0 0−1 −2 0 0 0

(iv)

2 1 1 0 11 1 2 1 27 5 8 3 8

(v)

1 2 3 4 51 3 5 7 97 6 5 4 3

(vi)

−1 0 2 5 10 −1 3 1 20 1 0 0 31 1 −1 0 4

(vii)

1 2 −1 3 −1 23 4 0 −1 3 0−1 0 −2 7 −5 4−2 −2 −1 4 −4 2

(viii)

1 3 −2 02 −1 0 4−3 5 −2 −8

(ix)[

0 1 21 0 −3

]

(x)

1 11 21 3

(xi)

1 1 0 00 0 1 11 0 1 00 1 0 1

(xii)

1 2 30 2 31 0 01 −1 1

2.9.1 Bepalen van de inverse matrix

We kunnen de inverse matrix van een gegeven matrix bepalen door het uitvoeren vanelementaire rijoperaties. Als we kijken naar de formule

A−1 · A = In

kunnen we A−1 opvatten als een matrix B die links inwerkt op A om de eenheidsmatrixte bekomen. De eenheidsmatrix is dus de canonieke matrix van A. Dit betekent dat derijvectoren van A lineair onafhankelijk zijn. Zo een vierkante matrix noemen we een niet-singuliere matrix of reguliere matrix. Er geldt eveneens

A−1 · In = A−1

Dit laatste betekent dat de inverse matrix A−1 bekomen wordt door op de eenheidsmatrixIn dezelfde rijoperaties uit te voeren als op A om A in de gereduceerde gedaante te brengen.Merken we op dat de eerste rij van A−1 inwerkend op de matrix A de eerste rij oplevert vanIn, nl. (1, 0, 0). Zo geven de tweede en derde rij van A−1 inwerkend op A resp. de tweedeen derde rij van In, nl. (0, 1, 0) en (0, 0, 1).

Belangrijke opmerking: De inverse matrix van een vierkante matrix van de orde nbestaat als en slechts als de matrix een niet-singuliere matrix is of als de rang van dematrix gelijk is aan n.


2.9.2 Bepalen van nuldelers met rijoperaties

Met rijoperaties kunnen we ook gemakkelijk alle nuldelers van een gegeven matrix bepalen.Is een matrix A een m × n- matrix met rang r dan zal de gereduceerde gedaante van A eenmatrix zijn met m − r nulrijen. We noemen Im−r,n de gereduceerde gedaante van A. Webekomen echter ook deze gereduceerde gedaante door A links te vermenigvuldigen met eenbepaalde matrix B van de orde m×m.

B · A = Im−r,n.

Omdat

B · Im = B

verkrijgen we de matrix B door dezelfde rijoperaties op Im als op A uit te voeren.De m − r laatste rijen van B inwerkend op de matrix A leveren de nulrijen op van de matrixIm−r,n. De gevraagde linkernuldelers zijn matrices van de orde m×m waarvan de rijen lineairecombinaties zijn van de m− r laatste rijen van B.

Willen we nu ook rechternuldelers bepalen dan gaan we op analoge wijze tewerk maar werkenmet kolomoperaties op de matrix A. Het uitvoeren van een kolomoperatie op een matrixcorrespondeert met het vermenigvuldigen aan de rechterkant met een matrix C van de orden× n.

A · C = Im,n−r.

Omdat

In · C = C

verkrijgen we de matrix C door dezelfde kolomoperaties op In als op A uit te voeren.De n − r laatste kolommen van C inwerkend op de matrix A leveren de nulkolommen op vande matrix Im,n−r. De gevraagde rechternuldelers zijn matrices van de orde n × n waarvan dekolommen lineaire combinaties zijn van de n− r laatste kolommen van C.In de praktijk gaan we de kolomoperaties op A herleiden tot rijoperaties op At.

Voorbeelden:

a. Bepaal de linker- en rechternuldelers van de matrix A =

1 −1 0 −10 5 7 42 3 7 2

.

Oplossing: Voor een linkernuldeler voegen we de matrix I3 toe aan de matrix A omzodoende dezelfde rijoperaties op I3 als op A toe te passen. 1 −1 0 −1 1 0 0

0 5 7 4 0 1 02 3 7 2 0 0 1

∼ 1 0 7/5 −1/5 0 −3/10 1/2

0 1 7/5 4/5 0 1/5 00 0 0 0 1 1/2 −1/2


De laatste rij van matrix

B =

0 −3/10 1/20 1/5 01 1/2 −1/2

links inwerkend op A geeft de nulrij van de gereduceerde gedaante I1,3 van A. Eenlinkernuldeler van A is een (3× 3)-matrix waarvan de rijvectoren veelvouden zijn van derijvector ~u = (1, 1/2,−1/2), dit zijn vectoren van span{~u}. Een van de nuldelers van Ais bijvoorbeeld de matrix 1 1/2 −1/2

2 1 −1−4 −2 2

.Voor een rechternuldeler van A voegen we de matrix I4 toe aan de matrix A om zodoendedezelfde kolomoperaties op I4 als op A toe te passen.

1 −1 0 −10 5 7 42 3 7 21 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

We voeren op de getransponeerde van deze matrix rijoperaties toe.

1 0 2 1 0 0 0−1 5 3 0 1 0 0

0 7 7 0 0 1 0−1 4 2 0 0 0 1

∼

1 0 2 0 0 4/7 −10 1 1 0 0 1/7 00 0 0 1 0 −4/7 10 0 0 0 1 −1/7 −1

De oorspronkelijke matrix is kolomequivalent met

1 0 0 00 1 0 02 1 0 00 0 1 00 0 0 1

4/7 1/7 −4/7 −1/7−1 0 1 −1

De laatste twee kolommen van matrix C =

0 0 1 00 0 0 1

4/7 1/7 −4/7 −1/7−1 0 1 −1

rechts inwer-

kend op A geven de twee nulkolommen van de gereduceerde gedaante I4,2 van A. Een


rechternuldeler van A is een (4 × 4)-matrix waarvan de kolomvectoren lineaire combina-

ties zijn van de kolomvectoren ~u =

10

−4/71

en ~v =

01

−1/7−1

, dit zijn vectoren van

span{~u,~v}.Een van de rechternuldelers van A is bijvoorbeeld de matrix

1 0 1 70 1 3 7

−4/7 −1/7 −1 −51 −1 −2 0

.

b. Bepaal de linker- en rechternuldelers van de matrix A =

√2 1/2 3

2√

2/2 3√

2

2√

2 1 6

.

Oplossing: Voor de linkernuldelers: √2 1/2 3 1 0 0

2√

2/2 3√

2 0 1 0

2√

2 1 6 0 0 1

∼ 1

√2/4 3

√2/4 0 0

√2/4

0 0 0 1 0 −1/2

0 0 0 0 1 −√

2/2

De laatste twee rijen van matrix B =

0 0√

2/41 0 −1/2

0 1 −√

2/2

links inwerkend op A leveren

de twee nulrijen op van de gereduceerde gedaante I2,3 van A. Een linkernuldeler van Ais een (3 × 3)-matrix waarvan de rijvectoren lineaire combinaties zijn van de rijvectoren~u = (1, 0,−1/2) en ~v = (0, 1,−

√2/2), dit zijn vectoren van span{~u,~v}. Een van de

linkernuldelers van A is bijvoorbeeld de matrix 2 0 −1

0 2 −√

2

2 2√

2 −3

.Voor een rechternuldeler van A voegen we de matrix I3 toe aan de matrix A om zodoendedezelfde kolomoperaties op I3 als op A toe te passen.

√2 1/2 3

2√

2/2 3√

2

2√

2 1 61 0 00 1 00 0 1


We voeren op de getransponeerde van deze matrix rijoperaties toe.

√2 2 2√

2 1 0 0

1/2√

2/2 1 0 1 0

3 3√

2 6 0 0 1

∼ 1

√2 2 0 0 1/3

0 0 0 1 0 −√

2/30 0 0 0 1 −1/6

De oorspronkelijke matrix is kolomequivalent met

1 0 0√2 0 02 0 00 1 00 0 1

1/3 −√

2/3 −1/6

De laatste twee kolommen van matrix C =

0 1 00 0 1

1/3 −√

2/3 −1/6

rechts inwerkend

op A geven de twee nulkolommen van de gereduceerde gedaante I3,2 van A. Een rech-ternuldeler van A is een (3 × 3)-matrix waarvan de kolomvectoren lineaire combinaties

zijn van de kolomvectoren ~u =

10

−√

2/3

en ~v =

01

−1/6

, dit zijn vectoren van

span{~u,~v}.

Een van de rechternuldelers van A is bijvoorbeeld de matrix 3 0 3

0 6 −6√

2

−√

2 −1 0

.

OPGAVEN — 16 Bepaal de rang van de matrices uit opgave 15. Leid hieruit af of de matrices nuldelershebben. Bepaal een linker- en rechternuldeler indien mogelijk:

Oplossingen:

15


(i)r = 3 L-N =

35 −42 4 −51 −6/5 4/35 −1/75 −6 4/7 −5/77 −42/5 4/5 −1

geen rechternuldelers;

(ii) r = 1 L-N =

19 0 0 −20 19 0 −30 0 19 519 19 19 0

R-N =

1 0 10 1 −1−1 −1 0

;

(iii) r = 4 geen linkernuldelers R-N =

1 2 −4 3 −8−1/2 −1 2 −3/2 4

0 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

;

(iv) r = 3 geen linkernuldelers R-N =

1 0 1 1 −1−2 0 −2 −2 20 1 1 −1 11 0 1 1 −10 −1 −1 1 −1

;

(v) r = 2 L-N =

15 −8 −11 −8/15 −1/5

15/8 −1 −1/8

R-N =

1 0 0 1 10 1 0 −1 1−4 −3 −2 1 −53 2 1 0 4

;

(vi) r = 4 geen linkernuldelers R-N =

37 −74 37/23 37/14 37/4242 −84 42/23 3 123 −46 1 23/14 23/421 −2 1/23 1/14 1/42−14 28 −14/23 −1 −1/3

;

(vii) r = 2 L-N =

1 0 −1 10 1 −1 21 −1 0 −1−2 1 1 0

R-N =

0 0 0 1 1 10 0 3 0 3 −30 2 0 0 2 23 0 0 0 3 31 0 −4 −1 −4 4−4 1 −5 −1 −9 1

;

(viii) r = 2 L-N =

1 −2 −10 −4 −23 −6 −3

R-N =

1 0 1 40 1 1 4

1/2 3/2 2 8−1/2 1/4 −1/4 −1

;

(ix) r = 2 geen linkernuldelers R-N =

1 3 −3/2−2/3 −2 11/3 1 −1/2

;

(x) r = 2 L-N =

1 −2 12 −4 2−1/2 1 −1/2

geen rechternuldelers;

(xi) r = 3 L-N =

1 1 −1 −1

1/2 1/2 −1/2 −1/22 2 −2 −2−5 −5 5 5

R-N =

1 −2 1/2 −1−1 2 −1/2 1−1 2 −1/2 11 −2 1/2 −1

;

(xii) r = 3 L-N =

1 −1 −1 0−2 2 2 01 −1/2 −1/2 0√3 −

√3 −

√3 0

geen rechternuldelers.

Hoofdstuk 3

Oplosbaarheid van lineaire stelsels

Je hebt vroeger gezien dat elke rechte in het vlak kan voorgesteld worden door een vergelijking van deeerste graad in twee onbekenden x en y. Om de doorsnede te bepalen van twee of meerdere rechten moetenwe stelsels oplossen van vergelijkingen van de eerste graad in twee onbekenden.In de ruimte wordt een vlak voorgesteld door een vergelijking van de eerste graad in drie onbekenden eneen rechte door een stelsel van twee vergelijkingen van de eerste graad in drie onbekenden (als doorsnedevan twee niet-parallelle vlakken). Om de doorsnede te zoeken van rechten en vlakken in de ruimte zullenwe stelsels moeten oplossen van vergelijkingen van de eerste graad in drie onbekenden x, y en z.We zullen in dit hoofdstuk dus dieper ingaan op de oplosbaarheid van lineaire stelsels.

3.1 Definitie van een lineair stelsel

We kunnen reeds een eenvoudige basis bepalen van een deelruimte voortgebracht door eenaantal vectoren en nagaan hoeveel van die vectoren lineair onafhankelijk zijn. Daarvoorzetten we de coordinaten van de vectoren in een matrix en bepalen we de canonieke matrix.Stel dat we willen nagaan of een bepaalde vector lineair afhankelijk is van een stel anderevectoren dan leidt het zoeken naar een lineaire combinatie tot een lineair stelsel.We illustreren dat nog eens met een voorbeeld. We vragen ons af of de vector (3,−1,−1)kan geschreven worden als een lineaire combinatie van de vectoren (2,−1, 0), (5,−3,−1)en (1, 1,−1) en zoja welke zijn dan de scalairen van de lineaire combinatie. Bestaat er eenstel scalairen (x, y, z) zodanig dat

(3,−1,−1) = x.(2,−1, 0) + y.(5,−3,−1) + z.(1, 1,−1).

In matrixgedaante wordt deze betrekking 3−1−1

= x.

2−10

+ y.

5−3−1

+ z.

11−1

133

134 HOOFDSTUK 3. OPLOSBAARHEID VAN LINEAIRE STELSELS

of

x.

2−10

+ y.

5−3−1

+ z.

11−1

=

3−1−1

Dit geeft aanleiding tot het volgend lineair stelsel:

2x+ 5y + z = 3−x− 3y + z = −1

−y − z = −1

Het oplossen van een lineair stelsel is dus equivalent met het zoeken naar een lineairecombinatie.

Een lineair (m,n)-stelsel is een stelsel van m lineaire vergelijkingen en n onbekenden.De algemene gedaante van een lineair (m,n)-stelsel is:

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2...

......

...am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm

De matrixgedaante van het stelsel isa11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

·

x1

x2...xn

=

b1

b2...bn

.

De verkorte matrixgedaante isA ·X = B.

Een oplossing van een lineair (m,n)-stelsel is een n-tal (r1, r2, . . . , rn) ∈ Rn dat op-lossing is van elke vergelijking van het stelsel. De voorwaarden opdat (r1, r2, . . . , rn) eenoplossing zou zijn van het stelsel, zijn:

a11r1 + a12r2 + · · · + a1nrn = b1

a21r1 + a22r2 + · · · + a2nrn = b2...

......

...am1r1 + am2r2 + · · · + amnrn = bm

Heeft een stelsel minstens een oplossing, dan is het stelsel oplosbaar;


Is een stelsel oplosbaar dan is de kolomvector van de tweede leden op minstens een manierte schrijven als lineaire combinatie van de kolomvectoren gevormd door de coefficienten vande onbekenden in de eerste leden.

r1.

a11

a21...am1

+ r2.

a12

a22...am2

+ · · ·+ rn.

a1n

a2n...

amn

=

b1

b2...bm

Heeft een stelsel geen enkele oplossing, dan is het strijdig.

De coefficientenmatrix A van het lineair (m,n)-stelsel is de matrix:

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

De matrix A bevat de coefficienten van de onbekenden van het stelsel

De verhoogde matrix van het stelsel is

AB =

a11 a12 . . . a1n b1

a21 a22 . . . a2n b2...

......

...am1 am2 . . . amn bm

3.2 Oplossen van lineaire stelsels

Om een stelsel op te lossen maken we gebruik van technieken om over te gaan van eenstelsel naar een ander stelsel maar zodanig dat de oplossingen daardoor niet veranderen endat er geen oplossingen verloren gaan en ook geen oplossingen ingevoerd worden.

Twee stelsels zijn gelijkwaardige stelsels als en slechts als ze dezelfde oplossingen hebben.

Een lineair stelsel gaat over in een gelijkwaardig stelsel als we:

1. twee vergelijkingen met elkaar verwisselen.


2. een vergelijking vervangen door een lineaire combinatie van die vergelijking met eenvan de andere vergelijkingen, de scalair bij de vergelijking die we vervangen mag nietgelijk aan nul zijn (combinatiemethode). We stellen de vergelijkingen kort voor doorVi = 0 met i ∈ {1, 2, . . . ,m}.

b1 = 0...

...Vi = 0...

...Vj = 0...

...Vm = 0

r 6=0⇐⇒

b1 = 0...

...rVi + sVj = 0

......

Vj = 0...

...Vm = 0

De verhoogde matrix van het tweede stelsel bekomen we uit de verhoogde matrix vanhet eerste stelsel door het toepassen van een rijoperatie.

Om een stelsel op te lossen gaan we de verhoogde matrix in canonieke gedaante brengen metde methode van Gauss-Jordan. De canonieke matrix van de verhoogde matrix corres-pondeert met een gelijkwaardig stelsel van het oorspronkelijk stelsel. Het stelsel behorendebij de canonieke matrix van de verhoogde matrix levert de eventuele oplossingen op vanhet oorspronkelijk stelsel. Bij het diagonaliseren blijft de rang van het stelsel behouden.

3.3 Oplosbaarheid van een lineair stelsel

De rang van een lineair (m,n)-stelsel is de rang van de coefficientenmatrix A van hetstelsel.

rang van het stelsel=r=rangA

en er geldt steeds

r ≤ n ∧ r ≤ m

Aangezien de coefficientenmatrix een deelmatrix is van de verhoogde matrix is de rang vande verhoogde matrix steeds groter dan of gelijk aan de rang van het stelsel.

r ≤ rangAB

Opmerking: De rijvectoren van A brengen een r-dimensionale deelruimte van een n-dimensionale vectorruimte voort, terwijl de kolomvectoren een r-dimensionale deelruimtevan een m-dimensionale vectorruimte voortbrengen.

3.4. STEEDS OPLOSBARE STELSELS 137

STELLING 3.1 Een lineair stelsel is oplosbaar als en slechts als de rang van de verhoogdematrix gelijk is aan de rang van het stelsel.

r = rangAB.

Bewijs: Een lineair (m,n)-stelsel is oplosbaar als en slechts als de kolomvector van de con-stanten van het stelsel lineair afhankelijk is van de kolomvectoren van de coefficientenmatrix.Dit betekent dat de kolomvector van de constanten van het stelsel behoort tot de ruim-te voortgebracht door de kolomvectoren van de coefficientenmatrix. Dit heeft als gevolgdat de dimensie van de ruimte voortgebracht door de klomvectoren van de verhoogde ma-trix gelijk is aan de dimensie van de ruimte voortgebracht door de kolomvectoren van decoefficientenmatrix. Een lineair stelsel is dus oplosbaar als en slechts als de rang van deverhoogde matrix gelijk is aan de rang van de coefficientenmatrix. �

3.4 Steeds oplosbare stelsels

De voorwaarde van de stelling 3.1 is vervuld voor twee soorten speciale lineaire stelsels, nl.de stelsels waarvoor de rang gelijk is aan het aantal vergelijkingen en de homogene stelsels.

3.4.1 Stelsels waarvan de rang gelijk is aan het aantal vergelij-kingen

STELLING 3.2 Een lineair stelsel waarvan de rang gelijk is aan het aantal vergelijkingenis steeds oplosbaar.

Bewijs: Als de rang van het stelsel gelijk is aan het aantal vergelijkingen dan kan de rangvan de verhoogde matrix niet kleiner zijn dan m maar kan ook niet groter zijn dan m vermitser maar m rijen zijn. Bij een stelsel waarvan de rang gelijk is aan het aantal vergelijkingenis de rang van de verhoogde matrix dus steeds gelijk aan de rang van de coefficientenmatrix.Een stelsel waarvan de rang gelijk is aan het aantal vergelijkingen is dus steeds oplosbaar.

�

3.4.1.1 Stelsels van Cramer

Een lineair (n, n)-stelsel (vierkantig stelsel) met rang gelijk aan n wordt een stelsel vanCramer genoemd (r = m = n). Een stelsel van Cramer is een stelsel waarvan de ranggelijk is aan het aantal vergelijkingen. Een stelsel van Cramer is dus steeds oplosbaar.

De oplossing van een stelsel van Cramer


STELLING 3.3 Een stelsel van Cramer heeft juist een oplossing.

Bewijs: Een stelsel van Cramer ziet er algemeen als volgt uita11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2...

...... =

...an1x1 + an2x2 + · · · + annxn = bn

We weten dat een matrix en zijn canonieke matrix dezelfde rang hebben. De rang van decanonieke matrix van de coefficientenmatrix is gelijk aan de rang van de coefficientenmatrixen dus gelijk aan n. De canonieke matrix van de coefficientenmatrix is de eenheidsmatrixvan de orde n.

De diagonaalvorm van de verhoogde matrixa11 a12 . . . a1n b1

a21 a22 . . . a2n b2...

......

...an1 an2 . . . ann bn

ziet eruit als volgt: 1 0 . . . 0 k1

......

... k2

0 0 . . . 1 kn

Het oorspronkelijk stelsel is gelijkwaardig met het stelsel

x1 = k1...

...xn = kn

Dit stelsel toont aan dat een stelsel van Cramer juist een oplossing heeft. �

Oplossen van een stelsel van Cramer met de inverse matrix

De coefficientenmatrix van een stelsel van Cramer is een niet-singuliere matrix van de orden en bezit bijgevolg een inverse matrix.

We schrijven een algemeen stelsel van Cramer in verkorte matrixgedaante:

A.X = B met rangA = n


A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

......

an1 an2 · · · ann

en

X =

x1

x2...xn

en B =

b1

b2...bn

De vergelijking A.X = B is de matriciele vergelijking van het stelsel.De vergelijking ax = b in R kunnen we oplossen naar x op voorwaarde dat a 6= 0. Deoplossing voor x bekomen we dan door beide leden te vermenigvuldigen met het omgekeerdevan a voor de vermenigvuldiging. In R komt dat erop neer beide leden te delen door a.

1

aax =

1

ab⇐⇒ x =

b

a

De coefficient van x wordt 1 omdat 1a.a = 1 en in het tweede lid mogen we a onder b plaatsen

omdat links of rechts vermenigvuldigen met 1a

eender is (het product van reele getallen iscommutatief). Het product van matrices is echter niet commutatief.We kunnen nu op analoge wijze een matriciele vergelijking oplossen.Voor de coefficientenmatrix A bestaat de inverse matrix A−1 waarvoor geldt

A.A−1 = In = A−1.A

We kunnen nu de matriciele vergelijking als volgt oplossen:

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)

Voorbeeld: Los op twee verschillende manieren het volgend stelsel van Cramer op:x + y + z + 2t = 4

2x + 5y − 2z − 5t = 3x + 7y − 7z + 4t = −6−x + 4y + 3z − 9t = −8

Oplossing:


1. Met de methode van Gauss-Jordan:1 1 1 2 42 5 −2 −5 31 7 −7 4 −6−1 4 3 −9 −8

∼

1 0 0 0 151/320 1 0 0 −9/80 0 1 0 13/320 0 0 1 0

De oplossing van het stelsel is het 4-tal (151/32,−9/6, 13/32, 0).

2. Met de inverse matrix van de coefficientenmatrix van het stelsel:1 1 1 2 1 0 0 02 5 −2 −5 0 1 0 01 7 −7 4 0 0 1 0−1 4 3 −9 0 0 0 1

∼

1 0 0 0 37/160 57/160 −13/80 −7/320 1 0 0 7/40 −3/40 1/10 1/80 0 1 0 47/160 −13/160 −3/80 3/320 0 0 1 3/20 −1/10 1/20 0

De oplossing verkrijgen we door het product A−1 ·B te bepalen.

37/160 57/160 −13/80 −7/327/40 −3/40 1/10 1/8

47/160 −13/160 −3/80 3/323/20 −1/10 1/20 0

·

43−6−8

=

151/32−9/813/32

0

OPGAVEN — 17 De volgende stelsels werden reeds opgelost in het voorgaande hoofdstuk met de me-thode van Gauss. Ga nu na of deze stelsels, stelsels zijn van Cramer en lost ze op met de inverse matrix.

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

3.4.1.2 Stelsels waarvan de rang gelijk is aan het aantal vergelijkingen en striktkleiner dan het aantal onbekenden

Een stelsel waarvoor r = m < n kan herleid worden naar een stelsel van Cramer.Vermits de rang van de coefficientenmatrix gelijk is aan m moet er een deelmatrix bestaanwaarvoor de rang tevens gelijk is aan m. Zo een deelmatrix noemen we een hoofdma-trix, de bijbehorende onbekenden noemen we hoofdonbekenden en de overige (n −m)onbekenden noemen we vrije onbekenden van het stelsel.

We brengen in de vergelijkingen de termen met de (n− r) vrije onbekenden over naar hettweede lid en we onderstellen ze een ogenblik als constant. Het stelsel is nu herleid tot een


vierkant (m,m)-stelsel waarvan de rang van de coefficientenmatrix gelijk is aan m. Het stel-sel is een stelsel van Cramer en heeft juist een oplossing voor die constante waarden van devrije onbekenden. Laten we nu in het tweede lid de vrije onbekenden alle waarden aannemenonafhankelijk van elkaar, dan vinden we alle oplossingen van het stelsel. We zeggen dat hetstelsel∞n−m oplossingen heeft of dat het stelsel een (n−m)-voudig onbepaald stelsel is.

OPGAVEN — 18 Onderzoek of de rang van het stelsel gelijk is aan het aantal vergelijkingen. Los hetstelsel op.

a.

x + 2y − 3z − 4u = 6x + 3y + z − 2u = 4

2x + 5y − 2z − 5u = 10b.

x + y − 2z − u + 3t = 1x + 3y + z − 2u + 6t = 2

3x + 2y − 4z − 3u − 9t = 3

Oplossing:

3.4.1.2 a. r.(11,−4, 1, 0) + (10,−2, 0, 0); b. r(7, 2, 1, 7, 0) + s(105,−60, 33, 0, 7) + (1, 2/7, 1/7, 0, 0).

3.4.2 Homogene lineaire stelsels

Een lineair (m,n)-stelsel is een homogeen lineair (m,n)-stelsel als en slechts als deconstanten b1, b2, . . . , bm van het stelsel gelijk zijn aan nul of m.a.w. als alle vergelijkingenvan het stelsel homogene vergelijkingen zijn van de eerste graad in n onbekenden.

De algemene gedaante van een homogeen lineair (m,n)-stelsel is:a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = 0

......

......

am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = 0

Het n-tal (0, 0, ..., 0) is steeds oplossing van een homogeen lineair (m,n)-stelsel. De nulvector(kolomvector van de tweede leden) is immers steeds te schrijven als een lineaire combinatievan elk stel vectoren. Dus:

Een homogeen lineair stelsel is steeds oplosbaar, waaronder steeds de nuloplossing .

Bijzondere homogene stelsels

• Een homogeen lineair (n, n)-stelsel met rang gelijk aan n is in bijzonder een stelselvan Cramer en heeft juist een oplossing, nl. de nuloplossing (0, · · · , 0).

Een homogeen lineair stelsel van Cramer heeft als oplossing de nuloplossing


• Een homogeen lineair (m,m+ 1)-stelsel waarvan de rang gelijk is aan het aantal ver-gelijkingen m heeft ∞1 oplossingen waaronder de nuloplossing. De oplossingen zijnveelvouden van een bijzondere oplossing verschillend van de nuloplossing.Beschouwen we een homogeen lineair (2, 3)-stelsel met rang gelijk aan 2.{

u1x + v1y + w1z = 0u2x + v2y + w2z = 0

(met rangA = 2). (3.1)

We onderstellen dat

(u1 v1

u2 v2

)een hoofdmatrix is. De onbekenden x en y zijn dan

hoofdonbekenden van het stelsel en z is dan vrije onbekende. We brengen de termenin z naar het tweede lid. {

u1x + v1y + = −w1zu2x + v2y + = −w2z

We lossen het stelsel op met behulp van de inverse matrix van de coefficientenmatrix.We zetten het stelsel in matrixgedaante:(

u1 v1

u2 v2

)·(xy

)=

(−w1

−w2

)· z

m

(xy

)=

(u1 v1

u2 v2

)−1

·(−w1

−w2

)· z

m(xy

)=

1

u1v2 − u2v1

((v1w2 − v2w1)(u2w1 − u1w2)

)z

Geven we aan de vrije onbekende z de waarde z = (u1v2 − u2v1)r met r ∈ R. Wekrijgen voor de oplossingen de volgende parametervoorstelling: x

yz

=

v1w2 − v2w1

u2w1 − u1w2

u1v2 − u2v1

r

Dit is de parametervoorstelling van een vectorrechte (zie later).Het drietal (v1w2 − v2w1, u2w1 − u1w2, u1v2 − u2v1) is een bijzondere oplossing van


het homogeen stelsel, verschillend van de nuloplossing. Bijgevolg is de vector metcoordinaat

(v1w2 − v2w1, u2w1 − u1w2, u1v2 − u2v1)

een basisvector van de vectorrechte. Deze vector is het vectorieel product vande twee rijvectoren van de coefficientenmatrix van het stelsel, nl. (u1, v1, w1) en(u2, v2, w2).

(u1, v1, w1)× (u2, v2, w2) = (v1w2 − v2w1, u2w1 − u1w2, u1v2 − u2v1)

Met DERIVE verkrijgen we dat vectorieel product met het commando

cross([u1, v1, w1], [u2, v2, w2]).

De schematische schrijfwijze met determinanten is(∣∣∣∣ v1 w1

v2 w2

∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ w1 u1

w2 u2

∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ u1 v1

u2 v2

∣∣∣∣)Voorbeeld: Los het volgend homogeen stelsel op:{

3x − 5y + 6z = 0−2x + y − z = 0

Oplossing: Een basisvector van de vectorrechte voorgesteld door het homogeen stelselis cross([3,−5, 6], [−2, 1,−1]) = (−1,−9,−7) ∼ (1, 9, 7) De parametervoorstelling vande vectorrechte is: x

yz

=

197

· rOPGAVEN — 19 Bepaal een oplossing van het volgend homogeen stelsel

a.{

x − y + 3z = 05x + 4y − 2z = 0 b.

{6y − z = 0

7x − 2y − 5z = 0

c.{−x + 3z = 0x + y = 0 d.

{6x − 6y − 4z = 0−3x + 3y + 2z = 0

e.

2x − 3y + 2z = 0−6x + 9y − 6z = 0x + y − z = 0

f.

x + 17y + 19z = 0x − 5y − 7z = 0

2x + y − z = 0

Oplossingen: 19 a. (x, y, z) = r(−10, 17, 9); b. (x, y, z) = r(32, 7, 42); c. (x, y, z) = r(−3, 3,−1); d.(x, y, z) = r(1, 1, 0) + s(2, 0, 3); e. (x, y, z) = r(1, 4, 5); f. (x, y, z) = r(12,−13, 11).

Hoofdstuk 4

Analytische affiene ruimtemeetkunde

Wij leven in een driedimensionale ruimte. We laten echter de mogelijkheid om begrippen eneigenschappen uit te breiden naar hogere dimensies dan de derde dimensie. Hoe we ons bij-voorbeeld een vierdimensionale ruimte moeten voorstellen is erg moeilijk omdat we preciesleven in een driedimensionale ruimte. Zo kan een vlak wezen zich geen derde dimensievoorstellen. In de 18de eeuw hadden de wiskundigen nog niet ontdekt dat de Euclidischemeetkunde kon worden uitgebreid tot in elke willekeurige dimensie. Een lijnstuk van eenmeter lengte is een eendimensionale figuur. In twee dimensies is de overeenkomstige figuureen vierkant met zijden van een meter. In drie dimensies krijgt men een kubus met ribbenvan een meter. Zo kan men doorgaan met toevoegen van dimensies zoveel als men maa rwil. Een ‘hyperkubus’ is een kubus met ribben van een meter, die zich in vier richtingenuitstrekt; elke richting staat loodrecht op de drie andere richtingen. De wiskundige kanook van deze hyperkubus de eigenschappen uitwerken. Een kubus wordt begrensd doorvierkanten en een hyperkubus wordt begrensd door kubussen. Van een kubus kunnen weeen ontwikkeling maken in een tweedimensionale ruimte, deze is dan een aaneenschakelingvan vierkanten. Een ontwikkeling van een hyperkubus in een driedimensionale ruimte is deaaneenschakeling van kubussen. Een kubus heeft een vierkant gemeen met het vlak waarophij gezet wordt, een hyperkubus heeft een kubus gemeen met de driedimensionale ruimtewaarop hij gezet wordt.

Er is geen reden waarom er geen vierdimensionale wereld zou kunnen bestaan, of vijf-, ofzes- of zevendimensionale werelden. In iedere dimensie blijft de meetkunde van Euclidischnet zo Euclidisch als de vlakke meetkunde en de ruimtemeetkunde. Onze geest zit stevigopgesloten in een driedimensionale ruimte die samenhangt met een voortsnellende tijd. Wezien de wereld door onze ruimte-tijdbril: de ene lens is de eendimensionale tijd en de anderelens is de driedimensionale ruimte. De eigenlijke wereld, de wereld buiten onze geest, isniet waarnaambaar; we kunnen slechts zien wat door onze ruimte-tijdbril aan ons wordtovergebracht. Wij ervaren slechts wat onze zintuigen opvangen. Onze gewaarwordingen zijnin zekere zin illusies, want ze zijn vervormd en gekleurd door onze subjectieve waarneming

145

146 HOOFDSTUK 4. ANALYTISCHE AFFIENE RUIMTEMEETKUNDE

van ruimte en tijd, zoals de kleur van een voorwerp wordt beınvloed door een gekleurdebril, of de vorm van een schaduw wordt beınvloed door het vlak waarop zij valt.Veronderstel dat er een buitenzintuigelijke wereld is, een wereld van vier ruimtedimensies,ontoegankelijk voor onze zintuigen en buiten ons voorstellingsvermogen. Hoe zou een hy-permens in zo een hyperwereld twee asymmetrische veelvlakken die spiegelbeelden zijn vanelkaar zien? Wij als driedimensionale wezens zien deze twee veelvlakken als gelijk in al hunmeetkundige eigenschappen maar ze zijn voor ons niet identiek want het ene veelvlak kanniet overgaan in het andere veelvlak door verschuiven of draaien. Voor een hypermens zijndeze twee veelvlakken wel identiek. Om dit te kunnen begrijpen moet men zich voorstellendat men neerkijkt op een tweedimensionale ruimte met daarin twee asymmetrische vlakkefiguren die elkaars spiegelbeeld zijn. Hoe kunnen twee figuren zo op elkaar lijken, vragen dePlatlanders zich af, terwijl ze toch niet op elkaar kunnen worden gelegd? Voor ons zijn defiguren identiek omdat wij ze kunnen omklappen en ze zo op elkaar kunnen leggen. Alleenomdat de arme Platlanders in hun tweedimensionale ruimte zitten opgesloten en alle din-gen door hun tweedimensionale Euclidische bril zien, kunnen ze de gelijkheid van de tweefiguren niet zien. Wij maken gebruik van de derde dimensie om de twee figuren op elkaarte leggen. Dus voor een hypermens kan het ene veelvlak overgaan in het andere veelvlakdat zijn spiegelbeeld is. De hypermens klapt het veelvlak om door gebruik te maken vande vierde dimensie waarover hij beschikt. Een hypermens kan dus b.v. een persoon uitonze wereld oppakken, omdraaien en hem terug op de wereld zetten. We zouden nogal raaropkijken. De persoon is veranderd in zijn spiegelbeeld.

Het vierdimensionale continuum uit de relativiteitstheorie van Einstein bestaat uit eencombinatie van driedimensionale ruimte en tijd en wordt wiskundig beschouwd als eenniet-Euclidische meetkunde van vier dimensies. Dit lijkt in niets op een vierdimensio-nale ruimte die uit vier ruimtelijke coordinaten bestaat. Aan de andere kant zijn er veelkosmologische modellen ontwikkeld waarin de derde dimensie op zo een manier in de vierdedimensie is gekromd dat deze kromming meetbaar is (afbuigen van het licht in de ruimte).Einstein heeft b.v. eens een heelalmodel voorgesteld waarin een astronaut, in welke richtinghij ook reist, ook wanneer hij rechtdoor reist, na verloop van tijd weer op het uitgangspuntterugkomt. In dit model wordt onze driedimensionale ruimte (ons heelal) beschouwd alseen hyperoppervlak van een hyperbol in de vierdimensionale ruimte. Daaroverheen reizenzou dan te vergelijken zijn met de tocht van een Platlander over het oppervlak van een bol.

4.1 De coordinaatruimte van een vectorruimte

Het is mogelijk om elke reele vectorruimte van gelijk welke dimensie te coordinatiseren. Ditsteunt op de volgende belangrijke stellingen.

STELLING 4.1 Is {~e1, ~e2, . . . , ~en} een basis van een reele vectorruimte R, V,+, dan kan

4.1. DE COORDINAATRUIMTE VAN EEN VECTORRUIMTE 147

elke vector ~v van V op juist een manier geschreven worden als een lineaire combinatie vande vectoren ~e1, ~e2, . . . , ~en.

Met symbolen:

{~e1, ~e2, . . . , ~en} is een basis van R, V,+

⇓

∀~v ∈ V, ∃!(x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn : ~v = x1.~e1 + x2.~e2 + · · ·+ xn. ~en

Bewijs:

1. {~e1, ~e2, . . . , ~en} is een voortbrengende verzameling van R, V,+. Elke vector ~v kan dus opminstens een manier geschreven worden als een lineaire combinatie van ~e1, ~e2, . . . , ~en.

2. We tonen nu aan dat elke vector ~v op hoogstens een manier kan geschreven worden alseen lineaire combinatie van ~e1, ~e2, . . . , ~en.

Stel dat ~v ∈ V op twee verschillende manieren kan geschreven worden als een lineairecombinatie van ~e1, ~e2, . . . , ~en dan geldt:

~v = x1~e1 + x2~e2 + · · ·+ xn ~en (4.1)

~v = y1~e1 + y2~e2 + · · ·+ yn ~en (4.2)

Uit de formules 4.1 en 4.2 volgt dat

x1~e1 + x2~e2 + · · ·+ xn ~en = y1~e1 + y2~e2 + · · ·+ yn ~en

m

(x1 − y1)~e1 + (x2 − y2)~e2 + · · ·+ (xn − yn)~en = ~o

Hieruit volgt wegens de lineair onafhankelijkheid van de vectoren ~e1, ~e2, . . . , ~en dat

x1 − y1 = 0, x2 − y2 = 0, . . . , xn − yn = 0

m

x1 = y1, x2 = y2, . . . , xn = yn

De vector ~v kan maar op een manier geschreven worden als een lineaire combinatie vande basisvectoren ~e1, ~e2, . . . , ~en.


�

De volgende stelling is de fundamentele structuurstelling van reele vectorruimten. Een iso-morfisme tussen vectorruimten is een bijectie tussen die vectorruimten die de bewerkin-gen van som en scalaire vermenigvuldiging van vectoren overdraagt van de ene vectorruimtenaar de andere vectorruimte.

De stelling geeft aan dat we in feite elke eindig-dimensionale reele vectorruimte kennen.

STELLING 4.2 Elke n-dimensionale reele vectorruimte R, V,+ is isomorf met de reelevectorruimte R,Rn,+ van de n-tallen.

Voorbeelden:

* Elke vectorrechte is isomorf met R,R,+.

* Elk vectorvlak is isomorf met R,R2,+.

* De vectorruimte R,EO,+ is isomorf met R,R3,+.

Bewijs: Gemakkelijkshalve nemen we n = 3. Dit schaadt niets aan de algemeenheid van hetbewijs. We beschouwen een willekeurige driedimensionale reele vectorruimte R, V,+ en kiezenwe daarin een basis {~e1, ~e2, ~e3}. Elke vector van R, V,+ is op juist een manier te schrijven alseen lineaire combinatie is van de basisvectoren ~e1, ~e2, ~e3.

~v ∈ V, ∃!(x, y, z) ∈ R3 : ~v = x~e1 + y~e2 + z ~e3

T.o.v. deze basis komt met elke vector van V juist een drietal [x, y, z] van R3 overeen. Om-gekeerd, komt met elk drietal [x, y, z] van R3 juist een vector van V overeen. Er bestaat duseen bijectie tussen beide verzamelingen V en R3. Deze bijectie draagt de som en de scalairevermenigvuldiging over van de vectorruimte R, V,+ in de vectorruimte R,R3,+. Inderdaad, eenlineaire combinatie van twee vectoren van V correspondeert met dezelfde lineaire combinatievan de corresponderende drietallen.

∃[x1, y1, z1] ∈ R3 : ~v1 = x1.~e1 + y1.~e2 + z1.~e3

∃[x2, y2, z2] ∈ R3 : ~v2 = x2.~e1 + y2.~e2 + z2.~e3

∀r, s ∈ R,∀~v1, ~v2 ∈ V : r.~v1 + s.~v2 = r.(x1.~e1 + y1.~e2 + z1.~e3) + s.(x2~e1 + y2.~e2 + z2.~e3]

∀r, s ∈ R,∀~v1, ~v2 ∈ V : r.~v1 + s.~v2 = (rx1 + sx2).~e1 + (ry1 + sy2).~e2 + (rz1 + sz2).~e3

Dus r.~v1 + s.~v2 correspondeert met het drietal [rx1 + sx2, ry1 + sy2, rz1 + sz2]. Volgens dedefinitie van de som en de scalaire vermenigvuldiging van n-tallen is echter

[rx1 + sx2, ry1 + sy2, rz1 + sz2] = r.[x1, y1, z1] + s.[x2, y2, z2]

4.1. DE COORDINAATRUIMTE VAN EEN VECTORRUIMTE 149

en dus correspondeert r.~v1 + s.~v2 ook met r.[x1, y1, z1] + s.[x2, y2, z2].

Er bestaat dus een bijectie die een lineaire combinatie in R, V,+ afbeeldt op de lineaire combi-natie van de beelden. Deze bijectie is dus een isomorfisme van vectorruimten. �

Besluit: Elke driedimensionale reele vectorruimte is isomorf met de vectorruimte van dedrietallen R,R3,+.We kunnen veralgemenen:Elke n-dimensionale reele vectorruimte is isomorf met de vectorruimte van de n-tallenR,Rn,+.

T.o.v. een basis {~e1, ~e2, . . . , ~en} van een n-dimensionale vectorruimte R, V,+ wordt hetcorresponderend n-tal [x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn van een vector van R, V,+ de coordinaat vande vector t.o.v. de basis {~e1, ~e2, . . . , ~en} genoemd.

De reele getallen x1, x2, . . . , xn worden de coordinaatgetallen van de vector genoemd.In het n-tal is het eerste coordinaatgetal de coefficient van de eerst vermelde basisvector,het tweede coordinaatgetal de coefficient van de tweede vermelde basisvector enz... .

De vectorruimte R,Rn,+ van de reele n-tallen wordt de coordinaatruimte van de n-dimensionale reele vectorruimte R, V,+ genoemd.

Opmerkingen:

1. Dit isomorfisme laat toe de vectoren van een reele vectorruimte te identificeren methun coordinaat t.o.v. een gekozen basis in de vectorruimte.Het onderzoek van de lineaire afhankelijkheid en onafhankelijkheid van vectoren ineen vectorruimte kan gebeuren in de coordinaatruimte van de gegeven vectorruimte,waar we gebruik kunnen maken van matrices.

2. Om de coordinaat van een vector te bepalen speelt de volgorde waarin we de basis-vectoren geven een rol. Veranderen we de volgorde van de basisvectoren dan heeft eenvector een andere coordinaat, want bij een n-tal speelt de volgorde waarin de getallenvoorkomen een rol.


4.2 Coordinatisering van de 3-dimensionale ruimte R,EO,+

We kiezen een basis {~e1, ~e2, ~e3} in R,EO,+. De vectorrechte voortgebracht door respectie-velijk de eerste, de tweede en de derde basisvector noemen we de x-as, de y-as en de z-as.Deze speciale vectorrechten noemen we de coordinaatassen. Het vectorvlak respectievelijkbepaald door x-as en y-as, y-as en z-as, en door z-as en x-as noemen we het (x, y)-vlak, het(y, z)-vlak en het (z, x)-vlak. Deze speciale vlakken noemen we de coordinaatvlakken.We hebben die voorgesteld op fig. 4.1.

4.2.1 De coordinaat van een punt van de ruimte R,EO,+

Om de coordinaat van een punt P te bepalen, projecteren we het punt P op de x-as volgensde richting van het (y, z)-vlak, op de y-as volgens de richting van het (z, x)-vlak en op dez-as volgens de richting van het (x, y)-vlak. Deze projecties noemen we respectievelijk P1,P2 en P3. We kunnen schrijven:

~OP = ~OP1 + ~OP2 + ~OP3

P1 ∈ X =⇒ ∃x ∈ R : ~OP1 = x.~e1

P2 ∈ Y =⇒ ∃y ∈ R : ~OP2 = y.~e2

P3 ∈ Z =⇒ ∃z ∈ R : ~OP3 = z.~e3

~OP = x.~e1 + y.~e2 + z.~e3

Het 3-tal [x, y, z) ∈ R3 is de coordinaat van het punt P in de 3-dimensionale ruimte R,EO,+t.o.v. de basis (~e1, ~e2, ~e3).

Bijzondere gevallen:

* Elk punt van de x-as heeft een coordinaat van de gedaante [x, 0, 0].

* Elk punt van de y-as heeft een coordinaat van de gedaante [0, y, 0].

* Elk punt van de z-as heeft een coordinaat van de gedaante [0, 0, z].

* Elk punt van het (x, y)-vlak heeft een coordinaat van de gedaante [x, y, 0].

* Elk punt van het (y, z)-vlak heeft een coordinaat van de gedaante [0, y, z].

* Elk punt van het (z, x)-vlak heeft een coordinaat van de gedaante [x, 0, z].

TAAK ♣ 20 Duid de volgende punten aan op de tekening 4.1: A[2, 3, 4], B[−1, 4,−2] en C[2,−2, 2].

4.2. COORDINATISERING VAN DE 3-DIMENSIONALE RUIMTE R,EO,+ 151

Figuur 4.1: coordinaat van een punt

4.2.2 Coordinaat van een vector van R,EO,+

1. De coordinaat van de plaatsvector ~OP = ~r van een punt P is de coordinaat van hetpunt P .

2. De coordinaat van een vector ~AB is de coordinaat van de plaatsvector ~OB− ~OA (zieook fig. 4.1).Is [x1, y1, z1] de coordinaat van A en [x2, y2, z2] de coordinaat van B dan is

[x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1] de coordinaat van ~AB (het isomorfisme beeldt een verschilvan vectoren af op het verschil van de corresponderende 3-tallen).

Bijzondere gevallen:

* De vectoren ~e1, ~e2, ~e3 hebben resp. de coordinaat [1, 0, 0], [0, 1, 0], [0, 0, 1].

* Elke vector parallel met de x-as heeft een coordinaat van de gedaante [x, 0, 0].

* Elke vector parallel met de y-as heeft een coordinaat van de gedaante [0, y, 0].

* Elke vector parallel met de z-as heeft een coordinaat van de gedaante [0, 0, z].

* Elke vector parallel met het (x, y)-vlak heeft een coordinaat van de gedaante [x, y, 0].


* Elke vector parallel met het (y, z)-vlak heeft een coordinaat van de gedaante [0, y, z].

* Elke vector parallel met het (z, x)-vlak heeft een coordinaat van de gedaante [x, 0, z].

Opmerking: Wegens het isomorfisme tussen R,EO,+ en R,R3 kunnen we de vectorielegelijkheid

~OP = x~e1 + y~e2 + z ~e3

ook nog als volgt schrijven:

xyz

= x ·

100

+ y ·

010

+ z ·

001

OPGAVEN — 21 Bepaal de coordinaten van de punten P , Q en van de vector ~PQ op de tekening 4.2

Oplossing: 21 [7, 5, 6]; P [5, 3, 2] en Q[1, 4,−1]

Figuur 4.2: coordinaat van een punt en van een vector

4.3. COORDINAAT VAN HET ZWAARTEPUNT 153

4.3 Coordinaat van het zwaartepunt

4.3.1 Zwaartepunt van een driehoek

Het zwaartepunt Z van een driehoek ABC is het punt waarvoor geldt:

~OZ =1

3.( ~OA+ ~OB + ~OC).

We beschouwen de driehoek in de ruimte t.o.v. een gegeven coordinatenstelsel en gevenaan Z, A, B en C de respectieve coordinaten [x, y, z], [x1, y1, z1], [x2, y2, z2] en [x3, y3, z3].Wegens het isomorfisme tussen R,EO,+ en R,R3,+ wordt deze vectoriele gelijkheid inR,R3,+: x

yz

=1

3·

x1

y1

z1

+

x2

y2

z2

+

x3

y3

z3

=1

3·

x1 + x2 + x3

y1 + y2 + y3

z1 + z2 + z3

Met woorden: Het eerste, tweede en derde coordinaatgetal van het zwaartepunt van eendriehoek zijn gelijk aan het derde deel van de som van resp. de eerste, tweede en derdecoordinaatgetallen van de hoekpunten van de driehoek.

OPGAVEN — 22 Bereken de coordinaat van het zwaartepunt van de driehoek ABC met A[7, 7, 4],B[4, 7,−5] en C[−2, 5,−2].

23 Gegeven: de hoekpunten A[4,−1,−2] en B[−6, 9, 4] van een viervlak ABCD, alsook het middenM [5, 2,−7] van de ribbe [C,D].Gevraagd: Bereken de coordinaten van de zwaartepunten van de zijvlakken BCD en ACD.

Oplossingen: 22 [3, 19/3,−1];23 [4/3, 13/3,−10/3] en [14/3, 1,−16/3];

4.3.2 Zwaartepunt van een viervlak

Het zwaartepunt Z van een viervlak ABCD is het punt waarvoor geldt:

~OZ =1

4.( ~OA+ ~OB + ~OC + ~OD).

We beschouwen het viervlak in de ruimte t.o.v. een gegeven coordinatenstelsel en gevenaan Z, A, B, C en D de respectieve coordinaten [x, y, z], [x1, y1, z1], [x2, y2, z2], [x3, y3, z3]


en [x4, y4, z4]. Wegens het isomorfisme tussen R,EO,+ en R,R3,+ wordt deze vectorielegelijkheid in R,R3,+: x

yz

=1

4·

x1

y1

z1

+

x2

y2

z2

+

x3

y3

z3

+

x4

y4

z4

=1

3·

x1 + x2 + x3 + x4

y1 + y2 + y3 + y4

z1 + z2 + z3 + z4

Met woorden: Het eerste, tweede en derde coordinaatgetal van het zwaartepunt van eenviervlak zijn gelijk aan het vierde deel van de som van resp. de eerste, tweede en derdecoordinaatgetallen van de hoekpunten van het viervlak.

OPGAVEN — 24 Bereken de coordinaat van het zwaartepunt van het viervlak ABCD met A[7, 7, 4],B[4, 7,−5], C[−2, 5,−2] en D[1,−3, 1].

25 Gegeven: het zwaartepunt Z[2, 5,−1] van het viervlak ABCD en het zwaartepunt P [3, 7,−2] van hetzijvlak BCD.Gevraagd: Bereken de coordinaat van het hoekpunt A.

Oplossingen:

24 [5/2, 4,−1/2];25 [−1,−1, 2];

4.4 Vergelijkingen van vlakken en rechten

We kunnen reeds de vergelijking van een aantal speciale vlakken bepalen nl. van de vlakken die een specalestand innemen t.o.v. het coordinatenstelsel.Welke eigenschap vertoont de coordinaat van een punt van het (x, y)-vlak? We zien dat bij alle punten vanhet (x, y)-vlak het derde coordinaatgetal nul is, het eerste en tweede coordinaatgetal kunnen gelijk welkewaarde aannemen, dus is z = 0 de vergelijking van het (x, y)-vlak.Welke eigenschap vertoont de coordinaat van een punt van een vlak parallel met het (y, z)-vlak? Het eerstecoordinaatgetal van alle punten van zo een vlak is steeds hetzelfde getal, het tweede en derde coordinaatgetalkunnen nog gelijk welke waarde aannemen. De vergelijking is dus van de gedaante x = k. Hierbij mogende y en de z elke waarde aannemen. Voor elke (y, z) krijgen we een ander punt van dat vlak, maar de xblijft constant.De punten van de ruimte die de eigenschap vertonen dat de som van de coordinaatgetallen gelijk is aan 1liggen allemaal in eenzelfde vlak met vergelijking x+ y + z = 1.Een vlak in de ruimte wordt voorgesteld door een vergelijking.Anderzijds wordt een rechte in de ruimte voorgesteld door een stelsel van twee vergelijkingen, als doorsnedevan twee vlakken. Zo liggen alle punten op een rechte waarvoor bvb. de x gelijk is aan de y EN de z gelijkis aan 5.

4.4. VERGELIJKINGEN VAN VLAKKEN EN RECHTEN 155

4.4.1 Richtingsruimte — richtingsvectoren van een vlak

Elke vector verschillend van de nulvector en evenwijdig met het vlak α wordt een rich-tingsvector van het vlak α genoemd. Alle plaatsvectoren verschillend van de nulvectoren evenwijdig met α liggen in het vectorvlak αO evenwijdig met α. Dit vectorvlak αO wordtdaarom de richtingsruimte van het vlak α genoemd.Twee basisvectoren ~u en ~v van αO zijn twee lineair onafhankelijke richtingvectoren van αen bepalen dus de richting van α.

Zijn A en B twee verschillende punten van het vlak α dan is de vector ~AB een richtingsvectorvan het vlak α. Volgens de formule van Chasles-Mobius kunnen we de richtingsvectorschrijven met plaatsvectoren van de punten A en B.

~AB = ~OB − ~OA.

Figuur 4.3: richtingsvectoren - richtingsruimte van een vlak

4.4.2 Vectoriele vergelijking en parametervoorstelling van eenvlak

Is een vlak α bepaald door een punt A[x1, y1, z1] en een stel lineair onafhankelijke richtings-vectoren ~u[l1,m1, n1] en ~v[l2,m2, n2] dan is een vectoriele vergelijking van de richtingsruimteαO van α:

αO : ~OP = r · ~u+ s · ~vMet coordinaten verkrijgen we een parametervoorstelling van de richtingsruimte αO:

α :

xyz

= r.

l1m1

n1

+ s.

l2m2

n2

Het vlak α is het beeld van αO voor de verschuiving met vector ~OA.De vectoriele vergelijking van α is

α : ~OP = r.~u+ s.~v + ~OA


Met coordinaten verkrijgen we een parametervoorstelling van α:

α :

xyz

= r.

l1m1

n1

+ s.

l2m2

n2

+

x1

y1

z1

Betekenis van een vectoriele vergelijking en parametervoorstelling vaneen vlak :

Met elk stel parameterwaarden (r, s) uit de vectoriele vergelijking of parametervoorstellingkomt een punt P van het vlak overeen en omgekeerd, voor elk punt P van het vlak be-staat er een stel parameterwaarden (r, s) zodat aan de vergelijking en parametervoorstellingvoldaan is.

Figuur 4.4: αO en α


Voorbeeld:Gegeven zijn de drie niet-collineaire punten A[1, 2, 3], B[2, 3, 1] en C[3, 1, 2]. We noemen αhet vlak (A B C).

1. Bepaal twee lineair onafhankelijke richtingsvectoren van α;

2. Teken de richtingsruimte αO van α in figuur 4.4;

3. Geef een vectoriele vergelijking en een parametervoorstelling van α;

4. Bepaal de doorgangen van α met de coordinaatassen en teken α in figuur 4.4.

Oplossing:

1. Twee lineair onafhankelijke richtingsvectoren zijn bvb. ~AB[1, 1,−2] en ~AC[2,−1,−1];

2. Om de richtingsruimte goed te kunnen voorstellen t.o.v. een coordinatenstelsel, be-palen we een eenvoudige basis van α. Daartoe herleiden we de volgende matrix naarzijn canonieke gedaante.. [

1 1 −22 −1 −1

]∼[

1 0 −10 1 −1

]De richtingsvectoren [1, 0,−1] en [0, 1,−1] van α zijn vectoren van resp. het (x, z)-vlaken (y, z)-vlak.

3. Een vectoriele vergelijking:

α : ~OP = r. ~AB + s. ~AC + ~OA

Twee gelijkwaardige parametervoorstellingen van α: xyz

= r.

11−2

+s.

2−1−1

+

123

⇔ xyz

= r.

10−1

+s.

01−1

+

123

Let op: De parameterwaarden r en s nemen voor eenzelfde punt van α niet dezelfdewaarden aan in de twee vergelijkingen.

4. De doorgang met de x-as: Voor een punt van de x-as is y = 0 en z = 0. We bepalenhet punt van α die aan die voorwaarden voldoet. x

00

= r.

10−1

+ s.

01−1

+

123


Hieruit volgt dat {s+ 2 = 0−r − s+ 3 = 0

⇐⇒{s = −2

r = 5

We substitueren deze waarden van r en s in de parametervoorstelling: xyz

= 5 ·

10−1

+ 2 ·

01−1

+

123

=

600

Op analoge wijze kan men de snijpunten met y-as en z-as bepalen. De snijpunten zijn[0, 6, 0] en [0, 0, 6].

OPGAVEN — 26 Bereken de coordinaten van de snijpunten van het vlak α : [x, y, z] = [2,−2, 1] +r.[2, 1, 1] + s.[−1, 0, 1] met de coordinaatassen en teken het vlak.

27 Bereken de coordinaat van het punt P , dat gelijke coordinaatgetallen heeft en dat behoort tot het vlakα : [x, y, z] = [4,−4, 5] + r.[2, 2, 1] + s.[−3, 1,−4].

28 Gegeven t.o.v. een coordinatenstelsel in Eo de punten A[2, 1,−3], B[−7, 2,−6], C[3, 3, 9].

1. Bepaal een basis van de richtingsruimte van het vlak (A,B,C);

2. Bepaal een eenvoudige basis van het vlak (A,B,C) en teken het vlak t.o.v. een coordinatenstelsel;

3. Bepaal twee gelijkwaardige parametervoorstellingen van het vlak (A,B,C);

4. Bereken de coordinaten van de snijpunten van het vlak (A,B,C) met de coordinaatassen en stel hetvlak voor op de tekening.

29 Ga na door gebruik te maken van lineaire afhankelijkheid van vectoren of de volgende punten coplanairzijn:

a. [2, 1,−3], [−7, 2,−6], [3, 3, 9], [8, 4, 10];

b. [1, 1, 0], [2, 0, 0] en [0, 0, 1], [−1, 3, 0];

c. [1, 1, 1], [1, 1, 0], [0, 1, 1], [1, 0, 1].

Oplossingen: 26 [9, 0, 0], [0,−3, 0] en [0, 0, 9];27 [−4,−4,−4]; 28 1. [−9, 1,−3), [1, 2, 12]; 2. [19, 0, 18), [0, 19, 105]; 3. [x, y, z] = r[19, 0, 18]+s[0, 19, 105]+[3, 3, 9]; 29 a. neen; b. ja; c. neen;


4.4.3 Vectoriele vergelijking van een vlak met drie homogene pa-rameters

Is het vlak α bepaald door drie niet-collineaire punten A, B en C, dan zijn de vectoren ~AB en ~AC twee lineaironafhankelijke richtingsvectoren van α. De vectoriele vergelijking is dan

~OP = r. ~AB + s. ~AC + ~OA met A,B,C niet-collineair

m~OP = r.( ~OB − ~OA) + s.( ~OC − ~OA) + ~OA met A,B,C niet-collineair

m~OP = (1− r − s). ~OA+ r. ~OB + s. ~OC met A,B,C niet-collineair

Stel 1 − r − s = h, r = k en s = l en substitueren we dat in de voorgaande betrekking dan verkrijgen we eenvectoriele vergelijking van de rechte met drie homogene parameters h, k en l.

~OP = h. ~OA+ k. ~OB + l ~OC met h+ k + l = 1 en A,B,C niet-collineair

Betekenis van een vectoriele vergelijking van een vlak met een stel homogene parame-ters:

In de vectoriele vergelijking van het vlak verkrijgen we de plaatsvector van een punt van het vlak door een lineairecombinatie te maken van de plaatsvectoren van drie niet-collineaire gegeven punten van het vlak, maar de somvan de scalairen in die lineaire combinatie moet gelijk zijn aan 1.

Opmerking: Indien we alle lineaire combinaties zouden beschouwen van drie lineair onafhankelijke vectorendan verkrijgen we de ganse ruimte. Om een vlak te bekomen moet er dus nog een verband bestaan tussen descalairen.

OPGAVEN — 30 Ga na of de volgende punten tot het vlak ABC behoren:

3. ~OA+ 3. ~OB − 4. ~OC,

7. ~OA+ 10. ~OB − 16 ~OC,

24. ~OB − ~OA− ~OC,

−3. ~OA+ ~OB + 3. ~OC.

31 T.o.v. een basis (~e1, ~e2, ~e3) zijn de vectoren ~OA = 2~e1, ~OB = ~e2 en ~OC = −~e3 gegeven, alsook de

vectorrechte aO : ~OP = r.(~e1 − ~e2 + ~e3) met r ∈ R.Bepaal de plaatsvector van het snijpunt van aO en het vlak (A,B,C).

4.4.4 Cartesische vergelijking van een vectorvlak

Het vectorvlak αO wordt voortgebracht door de lineair onafhankelijke vectoren ~u[l1,m1, n1]

en ~v[l2,m2, n2]. Elke vector ~OP [x, y, z] van αO is lineair afhankelijk van ~u[l1,m1, n1] en~v[l2,m2, n2]. Bijgevolg geldt voor elk punt P [x, y, z] ∈ αO:

rang

x y zl1 m1 n1

l2 m2 n2

= 2


Om deze voorwaarde uit te drukken rijherleiden we de matrix: x y zl1 m1 n1

l2 m2 n2

x 6=0∼

x y z0 m1x− l1y n1x− l1z0 m2x− l2y n2x− l2z

m1x−l1y 6=0∼

x y z0 m1x− l1y n1x− l1z0 0 M

Opdat P [x, y, z] zou behoren tot αO moet de derde rij een nulrij zijn. Dit is als

M = (m1x− l1y)(n2x− l2z)− (n1x− l1z)(m2x− l2y) = 0

m

M = (m1n2 − n1m2)x2 − (m1l2 − l1m2)xz − (l1n2 − n1l2)xy + (l1l2 − l1l2)yz = 0

m

M = x[(m1n2 −m2n1)x+ (n1l2 − n2l1)y + (l1m2 − l2m1)z] = 0.

De schematische voorstelling door middel van determinanten van de orde2 (x 6= 0 want x is Jordanelement bij de rijherleiding):∣∣∣∣ m1 n1

m2 n2

∣∣∣∣x+

∣∣∣∣ n1 l1n2 l2

∣∣∣∣ y +

∣∣∣∣ l1 m1

l2 m2

∣∣∣∣ z = 0 (4.3)

De schematische voorstelling door middel van een determinant van de orde3: ∣∣∣∣∣∣

x y zl1 m1 n1

l2 m2 n2

∣∣∣∣∣∣ = 0 (4.4)

De vergelijking 4.3 of vergelijking 4.4 drukt de voorwaarde uit opdat P [x, y, z] zou behorentot α0. Zo een vergelijking is een homogene lineaire vergelijking in drie onbekenden x, y enz en is van de gedaante

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

De vergelijking noemen we een cartesische vergelijking van het vectorvlak αO.

Opmerking:

• Praktisch kunnen we de coefficienten u, v, w van resp. x, y en z bepalen door middelvan het zogenaamd vectorieel product van twee vectoren.Het vectorieel product van twee vectoren [l1,m1, n1] en [l2,m2, n2] is de vector [u, v, w]:


[u, v, w] = [l1,m1, n1]× [l2,m2, n2] = [

∣∣∣∣ m1 n1

m2 n2

∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ n1 l1n2 l2

∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ l1 m1

l2 m2

∣∣∣∣].Met DERIVE verkrijgen we het vectorieel product door het volgend commando teschrijven:

cross([l1,m1, n1], [l2,m2, n2]) = [

∣∣∣∣ m1 n1

m2 n2

∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ n1 l1n2 l2

∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ l1 m1

l2 m2

∣∣∣∣].• In de euclidische driedimensionale ruimte zullen we zien dat de vector [u, v, w] een

normaalvector is van het vlak ux + vy + wz = 0 di. een vector loodrecht op hetvlak. We zullen het drietal [u, v, w] in het vervolg reeds benoemen als normaalvectorvan het vlak.

Voorbeeld: Bepaal de vergelijking van het vectorvlak voorgebracht door de vectoren [1, 2, 3]en [4, 5, 6].Oplossing:

P [x, y, z] ∈ αO ⇐⇒ rang

x y z1 2 34 5 6

= 2⇐⇒ −3x+ 6y − 3z = 0⇐⇒ x− 2y + z = 0

Een normaalvector [u, v, w] van het vlak:

[1, 2, 3]× [4, 5, 6] = [−3, 6,−3] ∼ [1,−2, 1]

Opgave — Als ux + vy = 0 een vergelijking is van een vectorrechte in het vlak ΠO dan is [u, v] eennormaalvector van de rechte. Bewijs dat.

4.4.5 Cartesische vergelijking van een vlak bepaald door een punten een richting van vlakken

Een punt P [x, y, z] behoort tot het vlak gaande door het punt A[x1, y1, z1] en evenwijdigmet het vectorvlak voortgebracht door [l1,m1, n1] en [l2,m2, n2] dan geldt

~AP = r.~u+ s.~v

Dit betekent dat elke vector ~AP [x− x1, y− y1, z− z1] lineair afhankelijk is van ~u[l1,m1, n1]en ~v[l2,m2, n2].Bijgevolg geldt voor elk punt P [x, y, z] ∈ α:

rang

x− x1 y − y1 z − z1

l1 m1 n1

l2 m2 n2

= 2⇐⇒ u(x− x1) + v(y − y1) + w(z − z1) = 0


De cartesische vergelijking van het vlak α is van de gedaante

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

waarbij ux+ vy + wz = 0 een cartesische vergelijking van de richtingsruimte αO van α is.

Voorbeelden:

1. Bepaal een basis van de richtingsruimte van het vlak 2x− 3y + 6z = 12.Oplossing: We bepalen twee lineair onafhankelijke drietallen die oplossing zijn van2x − 3y + 6z = 0. Twee eenvoudige oplossingen zijn: [3, 2, 0] en [0, 2, 1]. Stel derichtingsruimte van het vlak voor op een tekening t.o.v. een coordinatenstelsel.

2. Bepaal de vergelijking van het vlak bepaald door het punt P [−1, 2,−3] evenwijdigmet het vlak 2x− 3y + 6z = 12.Oplossing: Het gevraagde vlak is:2(x+ 1)− 3(y − 2) + 6(z + 3) = 0⇔ 2x− 3y + 6z + 26 = 0.

3. Gegeven zijn de richtingsvectoren [1, 2, 3] en [4, 5, 6] en het punt A[7, 8, 10] van eenvlak α.

(a) Bepaal een cartesische vergelijking van α;

(b) Bepaal twee richtingsvectoren van α die gelegen zijn in coordinaatvlakken zodatje αO gemakkelijk kan voorstellen op een tekening;

Oplossing:

(a)

P [x, y, z] ∈ α⇐⇒ rang

x− 7 y − 8 z − 101 2 34 5 6

= 2⇐⇒

−3(x− 7) + 6(y − 8)− 3(z − 10) = 0⇐⇒ x− 2y + z = 1

Een normaalvector van α:

[1, 2, 3]× [4, 5, 6] = [−3, 6,−3] ∼ [1,−2, 1]

(b) Twee richtingsvectoren gelegen in coordinaatvlakken vinden we door twee een-voudige oplossingen te nemen van x− 2y+ z = 0, dit zijn bvb. [2, 1, 0] en [0, 1, 2]ofwel door de volgende reducering uit te voeren[

1 2 34 5 6

]∼[

1 0 −10 1 2

]Een andere eenvoudige basis is dus {[1, 0,−1), (0, 1, 2)}.Met een eenvoudige basis kunnen we de richtingsruimte gemakkelijk voorstellent.o.v. een coordinatenstelsel.


4.4.6 Vergelijking van een vlak bepaald door drie niet-collineairepunten

Is het vlak α bepaald door de drie niet-collineaire punten [x1, y1, z1], [x2, y2, z2] en [x3, y3, z3]dan zijn [x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1] en [x3 − x1, y3 − y1, z3 − z1] twee lineair onafhankelijkerichtingsvectoren van α. Zo zijn we voor het bepalen van een vergelijking van α herleid totde voorgaande paragraaf.

4.4.7 Vergelijking van een vlak bepaald door zijn doorgangen metx-as, y-as en z-as

Is het vlak α bepaald door zijn doorgangen [p, 0, 0], [0, q, 0] en [0, 0, r] met resp. de x-as, dey-as en de z-as dan zijn [−p, 0, r] en [−p, q, 0] twee lineaur onafhankelijke richtingsvectoren.De coefficienten van x, y en z worden berekend door:

[−p, 0, r]× [−p, q, 0]) = [−qr,−pr,−pq].

De vergelijking van α is

qr(x− p) + rpy + pqz = 0⇐⇒ qrx+ rpy + pqz = pqr.

Is p 6= 0 ∧ q 6= 0 ∧ r 6= 0 dan kunnen we de laatste vergelijking in de gedaante brengen

x

p+y

q+z

r= 1. (4.5)

Deze laatste vergelijking is de doorgangenvergelijking van het vlak.

Voorbeeld: Bepaal de doorgangen van het vlak x− 2y + z = 1 met x-as, y-as en z-as.

4.4.8 Bijzondere standen van een vlak t.o.v. het coordinatenstelsel

• Als een vlak parallel is met de x-as dan is een richtingsvector van de gedaante [1, 0, 0].Een andere richtingsvector stellen we voor door [l,m, n].De richtingsruimte αO van zo een vlak:


x y z1 0 0l m n

= 2⇐⇒ ny −mz = 0

Een vergelijking van een vlak parallel met αO is van de gedaante

ny −mz + k = 0


We zien dat als een vlak parallel is met de x-as de term in x ontbreekt. Analoogkunnen we besluiten dat als een vlak parallel is met de y-as en de z-as de respectievetermen in y en z ontbreken in de vergelijking van het vlak.Teken de vlakken 2x− 6y = 0, x− 3y = 6, 3y + 4z − 12 = 0, x

5 −z6 = 0, 4y + z = 0 en x− 7z = 21

• Als een vlak parallel is met het (x, y)-vlak dan kunnen we [1, 0, 0] en [0, 1, 0] alsrichtingsvectoren van het vlak kiezen.De richtingsruimte αO van zo een vlak:


x y z1 0 00 1 0

= 2⇐⇒ z = 0

Dit is de vergelijking van het (x, y)-vlak. Een vergelijking van een vlak parallel methet (x, y)-vlak is van de gedaante z = k. We zien dat als een vlak parallel is met het(x, y)-vlak de term in x en in y ontbreken.Analoog zijn de vergelijkingen van de vlakken parallel met (y, z)-vlak en (x, z)-vlakresp. x = k en y = k.

Opmerking: Een vergelijking van

– het vlak door A[x1, y1, z1] parallel met het (x, y)-vlak is z = z1;

– het vlak door A[x1, y1, z1] parallel met het (y, z)-vlak is x = x1;

– het vlak door A[x1, y1, z1] parallel met het (x, z)-vlak is y = y1.

Teken deze vlakken voor A[−3, 2, 5].

OPGAVEN — 32 Geef de vergelijking van het vlak gaande door het punt P en met richtingsvectoren ~uen ~v.

a. P [1, 1, 1], ~u[1, 1, 0] en ~v[0, 1, 1];

b. P [1, 2, 3], ~u[0,−2, 0] en ~v[1,−1, 5];

c. P [3, 2, 1], ~u[1,−3, 5] en ~v[1, 1, 5].

33 1. Bepaal een basis van de richtingsruimte van het vlak (A,B,C), bepaal vervolgens een basiswaarvan de basisvectoren in coordinaatvlakken gelegen zijn (meest eenvoudige basis) en stel derichtingsruimte voor t.o.v. een coordinatenstelsel;

2. Geef een vergelijking van het vlak (A,B,C) en voeg de voorstelling van het vlak toe aan de tekening.

a. A[−3, 2, 1], B[3, 3, 3] en C[1, 4, 4];

b. A[3, 2, 0], B[−3, 2, 0] en C[0, 0, 4];

c. A[3, 0, 0], B[0,−2, 0] en C[0, 0, 6].


34 Bepaal de coordinaat van de doorsnede van het vlak α met elk van de coordinaatassen.

a. α : 5x− 6y = 2z + 10. Stel dit vlak voor t.o.v. een coordinatenstelsel;

b. α : 9z − 5x = 45. Stel dit vlak voor t.o.v. een coordinatenstelsel;

c. α is bepaald door het punt [−2,−1, 1] en de richtingsvectoren ~u[2, 3,−2] en ~v[1, 0, 1].

Oplossingen:32 a. x− y + z = 1; b. 5x− z = 2; c. 5x− z = 14;33 a. {[6, 1, 2), (4, 2, 3)}, {[8, 0, 1), (0, 4, 5)},x + 10y − 8z = 9 b.{[1, 0, 0), (3, 2,−4)}, {[1, 0, 0), (0, 1,−2)},2y + z = 4; c.{[1, 0,−2), (0, 1, 3)}, 2x− 3y + z = 6;34 a. [2, 0, 0], [0,−5/3, 0], [0, 0,−5]; b. [−9, 0, 0], [0, 0, 5]; c. [−5/3, 0, 0], [0, 5/4, 0], [0, 0, 5/3];

RM I HUISTAAK 7 1. Gegeven de punten A[1, 3, 5], B[3, 1,−1] en C[4,−6, 2].Gevraagd:

(a) Geef een basis van de richtingsruimte van het vlak (A,B,C), alsook een zo een-voudig mogelijke basis. Stel vervolgens het vectorvlak voor t.o.v. een coordinatenstelsel.

(b) Geef een parametervoorstelling en de vergelijking van het volgend vlak. Stelvervolgens het vlak voor t.o.v. een coordinatenstelsel (telkens een andere tekeningmaken).

a. het vlak ABC;

b. het vlak OAB;

c. het vlak door C en parallel met het vlak OAB;

d. de vlakken door A en resp. parallel met de coordinaatvlakken;

e. het vlak door C en de z-as;

f. het vlak door de x-as en parallel met AB;

g. het vlak door AC en parallel met de y-as;

h. het vlak door BC en parallel met de rechte OA.

2. Bepaal de vergelijking van het vlak β

(a) door het punt [1, 2, 3] en parallel met het vlak α : 3x− 5y + 6z = 1;

(b) door de punten [2, 0, 0], [0,−3, 0] en [0, 0, 5]. Teken dat vlak. Ga na of het punt[1,−1, 2] behoort tot β.


4.4.9 Richtingsruimte — richtingsvectoren van een rechte

Elke vector verschillend van de nulvector en evenwijdig met een rechte a wordt een rich-tingsvector van de rechte a genoemd. Alle plaatsvectoren verschillend van de nulvectoren evenwijdig met a liggen op de vectorrechte aO evenwijdig met a. Deze vectorrechte aO

wordt daarom de richtingsruimte van de rechte a genoemd.Een basisvector ~u van aO is een lineair onafhankelijke richtingvector van a en bepaalt dusde richting van a.

Zijn A en B twee verschillende punten van de rechte a, dan is de vector ~AB een richtingsvec-tor van de rechte a. Volgens de formule van Chasles-Mobius kunnen we de richtingsvectorschrijven met plaatsvectoren van de punten A en B.

~AB = ~OB − ~OA.

4.4.10 Vectoriele vergelijking en parametervoorstelling van eenrechte

Is een rechte a bepaald door een punt A[x1, y1, z1] en een richtingsvector ~u[l, n,m] dan iseen vectoriele vergelijking van de richtingsruimte aO van a:

aO : ~OP = r · ~u

Met coordinaten verkrijgen we een parametervoorstelling van de richtingsruimte aO:

aO :

xyz

= r.

lmn

De rechte a is het beeld van aO voor de verschuiving met vector ~OA.De vectoriele vergelijking van α is

a : ~OP = r.~u+ ~OA

Met coordinaten verkrijgen we een parametervoorstelling van a:

a :

xyz

= r.

lmn

+

x1

y1

z1

Betekenis van een vectoriele vergelijking en een parametervoorstellingvan een rechte:

Met elke parameterwaarde r uit de vectoriele vergelijking of de parametervoorstelling komteen punt van de rechte overeen en omgekeerd, voor elk punt van de rechte bestaat er eenparameterwaarde r zodat aan de vergelijking en de parametervoorstelling voldaan is.


Figuur 4.5: vectoriele vergelijking van een rechte

OPGAVEN — 35 Bereken de coordinaten van de snijpunten van de rechte a : [x, y, z] = [3,−1, 2] +r.[1, 2,−1] met de coordinaatvlakken. Stel a voor op de figuur 4.5

36 Bereken de coordinaten van de punt(en) van de rechte a : [x, y, z] = (r + 2)[2,−1, 3] − 3r.[1, 3,−4]waarvan de som van de coordinaatgetallen gelijk is aan 4.

37 Gegeven de punten A[1,−2, 3] en B[3, 4, 1].Gevraagd: Geef een parametervoorstelling van de volgende rechte:

a. de rechte, die door A gaat, parallel met het (x, y)-vlak is en de rechte OB snijdt;

b. de rechte, die door B gaat, parallel met het (x, z)-vlak is en de rechte OA snijdt.

38 Onderzoek of de punten A, B en C collineair zijn.


a. A[2, 1, 3], B[1,−1, 1] en C[4, 5,−2];

b. A[3, 0, 2], B[1, 2, 2] en C[0, 3, 2];

c. A[[−6,−1,−3], B[−3, 1,−5] en C[0, 5, 0].

Bepaal tevens de parametervoorstelling van de rechte AB en van de rechte door C evenwijdig met AB?

39 Bereken de coordinaten van de snijpunten P , Q en R van de rechte AB met A[1,−2,−1] en B[4, 0,−2]met resp. het (y, z)-vlak, het (x, z) en (x, y)-vlak. Bepaal tevens de deelverhouding van R t.o.v. (P,Q).

40 Gegeven: de punten A[−3, 4,−2], B[4, 3,−3] en C[3,−1,−2] en het vlak α : [x, y, z] = [−3,−2, 2] +r.[1, 2, 1] + s.[−1, 3, 2]. De punten P en Q behoren resp. tot α en de rechte BC, zodanig dat de oorspronghet zwaartepunt van de driehoek APQ is.Gevraagd: Bereken de coordinaten van P en Q.

Oplossingen:35 [5, 3, 0], [0,−7, 5] en [7/2, 0, 3/2];36 [5, 8,−9].37 a. [x, y, z] = r.[4, 7, 0]) + [1,−2, 3]; b. [x, y, z] = r.[5, 0, 7] + [3, 4, 1];38. a. nt coll; b. coll; c. nt-coll. 39 [0,−8/3,−2/3], [4, 0,−2] en [−2,−4, 0].

40 P [1, 1, 3] en Q[2,−5,−1]

4.4.11 Vectoriele vergelijking van een rechte met twee homogeneparameters

Is de rechte bepaald door twee verschillende punten A en B dan is de vector ~AB een richtingsvector van a. Devectoriele vergelijking is dan

~OP = r. ~AB + ~OA met a 6= b

m~OP = r.( ~OB − ~OA) + ~OA met a 6= b

m~OP = (1− r). ~OA+ r. ~OB met a 6= b.

Stel 1− r = h en r = k en substitueren we dat in de voorgaande betrekking dan verkrijgen we een vectorielevergelijking van de rechte met twee homogene parameters h en k.

~OP = h. ~OA+ k. ~OB met h+ k = 1 en a 6= b.

Betekenis van een vectoriele vergelijking van een rechte met een stel homogene para-meters:

In de vectoriele vergelijking van de rechte verkrijgen we de plaatsvector van een punt van de rechte door eenlineaire combinatie te maken van de plaatsvectoren van twee verschillende gegeven punten van de rechte, maarde som van de scalairen in die lineaire combinatie moet gelijk zijn aan 1.

Opmerking: Indien we alle lineaire combinaties zouden beschouwen van twee lineair onafhankelijke vectorendan verkrijgen we een vectorvlak. Om een rechte te bekomen moet er dus nog een verband bestaan tussen descalairen.


OPGAVEN — 41 Ga na of de volgende punten tot de rechte AB behoren:~OA− ~OB,

2. ~OA− ~OB,

10. ~OB − 9. ~OA,

4.( ~OA+ ~OB)− 3.( ~OA− ~OB].

4.4.12 Cartesische vergelijkingen van een rechte bepaald door eenpunt en een richtingsvector

De rechte a is bepaald door een punt [x1, y1, z1] en een richtingsvector ~u[l,m, n].

~OP = r.~u+ ~OA⇐⇒ ~OP − ~OA = r.~u

⇐⇒ ~AP = r.~u

Dit laatste drukt uit dat de vectoren ~AP en ~u lineair afhankelijk zijn of m.a.w. ~AP en ~uzijn parallelle vectoren. De parametervoorstelling van de rechte is:

a :

xyz

= r ·

lmn

+

x1

y1

z1

m

a :

x− x1

y − y1

z − z1

= r ·

lmn

De cartesische vergelijkingen van een rechte in de vorm van een evenredigheidzijn:

x− x1

l=y − y1

m=z − z1

nmet l 6= 0 ∧m 6= 0 ∧ n 6= 0.

Bijzondere standen:

* Is een van de getallen l, m of n gelijk aan nul dan moet de overeenkomstige teller ookgelijk aan nul gesteld worden.Stel l = 0, dan wordt de rechte a beschreven door het stelsel (richtingsvector van aligt in het (x, y)-vlak): {

x− x1 = 0y−y1

m= z−z1

n

Deze rechte neemt een speciale stand in t.o.v. het coordinatenstelsel. Deze rechte isde doorsnede van een vlak parallel met het (y, z)-vlak en een vlak parallel met dex-as.De rechte is dus parallel met het (y, z)-vlak. De tweede vergelijking is een vergelijkingvan de projectie van de rechte a op het (y, z)-vlak volgens de richting van de x-as.


* Zijn twee van de drie getallen l, m of n gelijk aan nul.Stel l = 0 ∧m = 0 dan wordt de rechte a beschreven door het stelsel{

x− x1 = 0y − y1 = 0

Deze rechte neemt een speciale stand in t.o.v. het coordinatenstelsel. Deze rechte isde doorsnede van een vlak parallel met het (y, z)-vlak en een vlak parallel met het(z, x)-vlak. De rechte is parallel met twee snijdende vlakken, dus parallel met desnijlijn z van de twee vlakken. De rechte a gaat door het punt [x1, y1, 0] en is parallelmet de z-as.

Stel zelf een stelsel vergelijkingen op van elke rechte die een andere speciale stand inneemtt.o.v. het coordinatenstelsel.

OPGAVEN — 42 Geef een stelsel vergelijkingen van de rechte door het punt A en met richtingsvector~u.

a. A[2, 3, 1] en ~u[1, 0, 0];

b. A[ 12 , 0,13 ] en ~u[ 12 , 1, 0];

c. A[2,−1, 0] en ~u[1,−2, 0].

43 Geef de vergelijkingen van de rechte door het punt A en met richtingsvector ~u.

a. A[2, 1, 4] en ~u[−1, 0, 1];

b. A[ 12 ,13 ,

14 ] en ~u[ 15 ,

16 ,

17 ];

c. A[0, 0, 1] en ~u[1, 1, 1].

Oplossingen: 42. a.{y = 3z = 1 ; b.

{y = 2x− 1z = 1/3 ; c.

{2x+ y = 3z = 0 ; 43. a.

{y = 1x+ z = 6 ;

b. 20x− 3 = 24y − 1 = 28z; c. x = y = z − 1

4.4.13 Cartesische vergelijkingen van een rechte bepaald doortwee punten

De rechte a is bepaald door de twee punten A[x1, y1, z1] en B[x2, y2, z2]. We kennen van de

rechte onmiddellijk een richtingsvector, nl. ~BA[x1 − x2, y1 − y2, z1 − z2].De vergelijkingen van een rechte in de vorm van een evenredigheid is

x− x1

x2 − x1

=y − y1

y2 − y1

=z − z1

z2 − z1

met x1 6= x2 ∧ y1 6= y2 ∧ z1 6= z2


OPGAVEN — 44 Geef een stelsel vergelijkingen van de rechte AB

a. A[2, 3, 1] en B[1, 0, 0];

b. A[ 12 , 0,13 ] en B[ 12 , 1, 0];

c. A[0, 2,−1] en B[0, 1,−2].

45 Beschouw het parallellepipedum opgebouwd uit de vectoren ~u[3, 0, 0], ~v[0, 2, 0] e, ~w[0, 0,−4].

(i) Geef de vergelijkingen van de rechten bepaald door de ribben van het parallellepipedum.

(ii) Geef de vergelijkingen van de ruimtediagonalen van het parallellepipedum.

(iii) Geef de vergelijkingen van de rechten die de snijpunten van de diagonalen van twee overstaandezijvlakken verbinden.

46 Gegeven de driehoek ABC met A[1, 3, 0], B[5,−8, 6] en C[0,−4, 2].

(i) Bepaal de vergelijkingen van de rechten a, b en c die resp. A, B en C bevatten en evenwijdig zijnmet de overstaande zijlijnen.

(ii) Bepaal de coordinaat van de snijpunten A′, B′ en C ′ van elk paar van deze rechten.

(iii) Bepaal de coordinaat van het snijpunt van elk van deze rechten met elk van de coordinaatvlakken.

(iv) Bepaal het zwaartepunt van de gegeven driehoek en van de nieuwe driehoek A′B′C ′.

47 Geef de vergelijking van het vlak bepaald door:

a. het punt [0, 0,−1] en de rechte a : [x, y, z] = (1− r).[2, 0, 0] + r.[0, 3, 0];

b. de rechten a : [x, y, z] = r.[1, 1, 1] + [0, 6, 3] en b : [x, y, z] = r.[2, 2, 2] + [2, 0, 1].

48 Gegeven: het punt P [1, 1, 1] en de kruisende rechte a : [x, y, z] = r.[3, 4, 2] + [1,−2, 4] en b : [x, y, z] =r.[−2, 5, 3] + [−5, 1,−2].

1. Stel de vergelijking op van het vlak α

a. door het punt P en parallel met a en b;

b. door a en parallel met b;

c. door b en parallel met a.

2. Stel een stelsel vergelijkingen op van de steunrechte van a en b door het punt P .

49 Bepaal de vergelijking van het beeld van het vlak 2x+ 3y− z+ 5 = 0 voor de homothetie met centrum[2,−1, 1] en factor 2.


Oplossingen:

44 a.{x− z = 1y − 3z = 0 ; b.

{2x = 1y + 3z = 1 ; c.

{y − z = 3x = 0 .

47 a. x/2 + y/3− z = 1; b. x+ y − 2z = 0;48 a. 2x− 13y + 23z = 12; b. 2x− 13y + 23z = 120; c. 2x− 13y + 23z + 69 = 0;49 2x+ 3y − z + 10 = 0

SUPPLEMENTAIRE OPGAVEN — 50 Geef de vergelijkingen van de rechte AB

a. A[2, 1, 4] en B[−1, 0, 1];

b. A[ 12 ,13 ,

14 ] en B[ 15 ,

16 ,

17 ];

c. A[0, 0, 1] en B[1, 1, 1].

51 Gegeven: het vlak α : 4x − 5y + 4z − 3 = 0 en de rechte a : [x, y, z] = r[2, 11, 9] + [0,−9/2,−7/2] enhet punt P [5, 2, 1].Gevraagd:

(i) Bepaal de vergelijkingen van de rechte l die door P gaat, evenwijdig is met α en a snijdt.

(ii) Geef de coordinaat van het snijpunt S van l en a.

52 Bepaal de vergelijkingen van de rechte AB met A[1, 1,−1] en B[2, 3,−2]. Bepaal vervolgens het puntP van AB waarvoor de som van de coordinaatgetallen nul is.

53 Bepaal het snijpunt van de rechte a : [x, y, z] = [1, 1, 1] + r.[−1,−2, 2] en het vlak α : [x, y, z] =[−1, 0,−1] + r.[1, 2, ]) + s.[−1, 0, 3].

54 Bepaal het snijpunt S van de rechte AB met A[1, 4,−2] en B[3, 1,−1] en het vlak α : x+ 2y+ 3z = 0.

55 Onderzoek of de punten A, B en C collineair zijn.

a. A[1, 2, 3], B[1, 0, 1] en C[2, 2, 4];

b. A[1, 2, 3], B[1, 1, 0] en C[2, 3, 4];

c. A[1, 2, 3], B[1, 1, 1] en C[3, 8, 13].

Bepaal tevens de vergelijkingen van de rechte l die de punten A en B bevat en van de rechte m die hetpunt C bevat en parallel is met l.

56 Bepaal het punt P van de rechte a : x−43 = y+1

2 = −z waarvoor het eerste coordinaatgetal gelijk isaan de som van de overige coordinaatgetallen.


57 Gegeven de driehoek ABC met A[1, 1,−1], B[−2, 2, 1] en C[1,−3, 2].

(i) Bepaal de vergelijkingen van de rechten a, b en c die resp. A, B en C bevatten en evenwijdig zijnmet de overstaande zijlijnen.

(ii) Bepaal de coordinaat van de snijpunten A′, B′ en C ′ van elk paar van deze rechten.

(iii) Bepaal de coordinaat van de 9 snijpunten van elk van deze rechten met elk van de coordinaatvlakken(A1, A2, A3 ∈ B′C ′, B1, B2, B3 ∈ A′C ′, C1, C2, C3 ∈ A′B′). Welke van deze 9 punten zijn collineair?Verifieer dat analytisch.

(iv) Bepaal het zwaartepunt van de gegeven driehoek en van de nieuwe driehoek A′B′C ′. Verifieer datde zwaartelijnen concurrent zijn.

(v) Bepaal de vergelijking van het vlak α bepaald door de punten A, B en C. Bepaal de doorgangenP , Q en R van α met de coordinaatassen. Met welke punten van (iii.) zijn P , Q en R collineair?Verifieer dat analytisch.

Oplossingen:

50 a.{

x− z = −23y − z = −1 ; b. 2x−1

42 = 3y−135 = 4z−1

30 ; c.{x = yz = 1 ;

51 (i) L :{

4x− 5y + 4z = 143x− 12y + 14z = 5 ; (ii) [−1,−10,−8];

52 2− 2x = 1− y = 2z + 2, [1/2, 0,−1/2]; 53 [2, 3,−1]; 54 S[7,−5, 1]; 55 3X neen; 56 [−7/2,−6, 5/2].57A′[−2,−2, 4], B′[4,−4, 0], C ′[−2, 6,−2], Ma[−1/2,−1/2, 3/2], Mb[1,−1, 1/2], Mc[−1/2, 3/2, 0], M ′a[1, 1,−1] =A, M ′b[−2, 2, 1] = B, M ′c[1,−3, 2] = C.

PROEFHERHALINGSTOETS

Beschouw het viervlak ABCD A[0,−4, 0], B[3, 0, 0], C[0, 3, 4] en D[−3, 0, 0].

1. Teken het viervlak t.o.v. een coordinatenstelsel;

2. Geef de vergelijkingen van de zijvlakken van het viervlak;

3. Geef de vergelijkingen van de rechten bepaald door de zijlijnen van het viervlak;

4. Bepaal de coordinaten van de middens van de zijden [A,B], [B,C], [A,D] en [D,C];

5. Geef de vergelijkingen van de bimedianen. Toon aan dat ze concurrent zijn;

6. Bereken de coordinaat van het zwaartepunt van het viervlak.


Oplossingen:

1.

2. vl(A,B,D): z = 0; vl(A,B,C]: 16x− 12y + 21z − 48 = 0; vl(A,D,C): −16x− 12y + 21z − 48 = 0;vl(D,B,C): 4y − 3z = 0.

3. BD:{y = 0z = 0 ; AC:

{x = 0

4y − 7z + 16 = 0 AB:{

z = 0−4x+ 3y + 12 = 0 ; AD:

{z = 0

4x+ 3y + 12 = 0 ;

BC: x−3−3 = y

3 = z4 ; DC: x+3

3 = y3 = z

4 .

4. MAB [3/2,−2, 0]; MCD[−3/2, 3/2, 2]; MBC [3/2, 3/2, 2]; MAD[−3/2,−2, 0].

5. x−3/2−3 = y+2

3,5 = z2 ; x+3/2

3 = y+23,5 = z

2 ;{

x = 04y + z = 0 .

RM I HUISTAAK 8 1. Gegeven de punten A[1,−2, 3] en B[3, 4, 1].Gevraagd: Stel A en B voor op een tekening. Geef een parametervoorstelling van devolgende rechte, alsook een stelsel vergelijkingen van de rechte.

a. de rechte OA;

b. de rechte a door het punt B en parallel met de rechte OA;

c. de rechte b door het punt A en parallel met de x-as. Teken de rechte en duid dedoorgangen aan met de coordinaatvlakken;

d. de rechte c door het punt B en parallel met de z-as. Teken de rechte en duid dedoorgangen aan met de coordinaatvlakken;

e. de rechteAB. Teken de rechte en duid de doorgangen aan met de coordinaatvlakken;

f. de rechte door O en parallel met AB.

2. Een veranderlijk vlak door de rechte a : [x, y, z] = r.[−1, 1, 0] + [0, 0, 1] snijdt de x-as,y-as en z-as resp. in de punten A, B en C. Bepaal de vergelijking van het vlak zo dathet overstaand hoekpunt van O in het parallellepipedum met ribben [O,A), [O,B)en [O,C) in het vlak 3x+ 2y − 4z + 7 = 0 ligt.

4.5. DE ONDERLINGE LIGGING VAN EEN RECHTE EN EEN VLAK 175

4.5 De onderlinge ligging van een rechte en een vlak

Gegeven de rechte

a :x− x1

l=y − y1

m=z − z1

n

en het vlakα : ux+ vy + wz + t = 0.

We onderzoeken eerst of a parallel is met α. Opdat a parallel zou zijn met α moet derichtingsvector [l,m, n] van a ook richtingsvector zijn van α. Daartoe moet [l,m, n] voldoenaan de vergelijking van de richtingsruimte αO : ux+ vy + wz = 0.

a ‖ α⇐⇒ ul + vm+ wn = 0

* Is deze gelijkheid voldaan dan hebben we nog twee mogelijkheden, ofwel is a gelegenin α ofwel is a strikt parallel met α.De rechte a ligt in α als bovendien a een punt gemeen heeft met α, want als een rechteparallel is met een vlak en een punt gemeen heeft met dat vlak dan ligt ze in dat vlak.

a ⊂ α⇐⇒ ul + vm+ wn = 0 ∧ ux1 + vy1 + wz1 + t = 0

a ∩ α = φ⇐⇒ ul + vm+ wn = 0 ∧ ux1 + vy1 + wz1 + t 6= 0

* Is de gelijkheid niet voldaan dan zijn a en α snijdend.

a ∩ α = {S} ⇐⇒ ul + vm+ wn 6= 0

Belangrijke opmerking:Vinden we dat de rechte het vlak snijdt dan kunnen we het snijpunt van de rechte en hetvlak als volgt bepalen:

a :x− x1

l=y − y1

m=z − z1

nmet l 6= 0 ∧m 6= 0 ∧ n 6= 0

enα : ux+ vy + wz + t = 0

Uit de vergelijkingen van een rechte in de vorm van een evenredigheid leiden we onmiddellijkde parametervoorstelling af.

[x, y, z] = r.[l,m, n] + [x1, y1, z1] met r ∈ R en [l,m, n] 6= [0, 0, 0].

We gaan de parameterwaarde r van het snijpunt van de rechte en het vlak bepalen door uitte drukken dat het punt met coordinaat [x1 + rl, y1 + rm, z1 + rn] in het vlak gelegen is:


u(x1 + rl) + v(y1 + rm) + w(z1 + rn) + t = 0

m

ux1 + vy1 + wz1 + t+ r(ul + vm+ wn) = 0

m

r(ul + vm+ wn) = −(ux1 + vy1 + wz1 + t)

Vermits de rechte niet parallel is met het vlak, is ul + vm+ wn 6= 0We kunnen de vergelijking oplossen naar r.

r = −ux1 + vy1 + wz1 + t

ul + vm+ wn

Het snijpunt bekomen we door deze parameterwaarde in de parametervergelijking van derechte te substitueren.

TAAK ♣ 58 Hoe ga je de onderlinge stand na van een rechte en een vlak als het vlakgegeven is door zijn parametervoorstelling (met behulp van een punt en 2 richtingsvectoren).

OPGAVEN — 59 Bewijs dat de rechte a : 5x−142 = 5y+2

−11 = z gelegen is in het vlak α : 5x+5y+9z = 12.

60 Bewijs dat de rechte a : x−1211 = y+14

−16 = z3 het vlak α : 3x+ 2y + 2z = 1 snijdt. Bepaal het snijpunt

61 Onderzoek de onderlinge ligging van de rechte a en het vlak α.

a. a : x−13 = y−1

4 = 1−z2 en α : x+ y + z − 3 = 0;

b. a : x4 = y

3 = z−12 en α : x− 2y + z − 1 = 0.

62 Bereken de getallen p en q, zodanig dat de rechte a : x−4 = y+q3 = z−1

5 in het vlak α : px+3y+qz−8 = 0ligt.

Oplossingen:60 snijpunt: [1, 2,−3];61 a. a snijdt α in punt [2/5, 1/5,−3/5]; b. a ligt in α;62 p = 1, q = −2.


4.6 Onderlinge ligging van twee rechten

Gegeven de rechte a : x−x1

l1= y−y1

m1= z−z1

n1en de rechte b : x−x2

l2= y−y2

m2= z−z2

n2

1. We onderzoeken eerst of a en b parallel zijn. Opdat a parallel zou zijn met b moetende richtingsvectoren van a en b lineair afhankelijk zijn.

a ‖ b⇐⇒ rang

[l1 m1 n1

l2 m2 n2

]= 1

Daartoe moeten de overeenkomstige coordinaatgetallen evenredig zijn. We kunnenindien mogelijk ook schrijven:

a ‖ b⇐⇒ l1l2

=m1

m2

=n1

n2

Is deze evenredigheid voldaan dan hebben we nog twee mogelijkheden,

* a = bDe rechte a valt samen met b als bovendien a een punt gemeen heeft met b, wantals twee rechten parallel zijn en ze hebben een punt gemeen dan vallen ze samen.

a = b⇐⇒ l1l2

=m1

m2

=n1

n2

∧ x2 − x1

l1=y2 − y1

m1

=z2 − z1

n1

* a strikt parallel met b

a ∩ b = φ⇐⇒ l1l2

=m1

m2

=n1

n2

∧ rang

[x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

l1 m1 n1

]= 2

2. Is de gelijkheid niet voldaan dan zijn a en b snijdend of kruisend

a niet parallel met b⇐⇒ rang

[l1 m1 n1

l2 m2 n2

]= 2

* a en b zijn snijdend als een willekeurige vector van de richting van een willekeurigesteunrechte van a en b parallel is met het vectorvlak dat bepaald wordt door derichtingsvectoren van a en b. Hier is de rechte AB een steunrechte. De vector[x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1] is parallel met die steunrechte.De vectoren [x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1], [l1,m1, n1] en [l2,m2, n2] moeten lineairafhankelijk zijn. De voorwaarde daartoe is:

rang

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

l1 m1 n1

l2 m2 n2

= 2


* a en b zijn kruisend als de vectoren [x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1], [l1,m1, n1] en[l2,m2, n2] lineair onafhankelijk zijn. De voorwaarde daartoe is:

rang

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

l1 m1 n1

l2 m2 n2

= 3

Belangrijke opmerking:

• Voor de opgaven waarbij we de onderlinge stand van twee rechten moeten onderzoekenkunnen we onmiddellijk vertrekken van de matrix x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

l1 m1 n1

l2 m2 n2

We onderscheiden nu de volgende gevallen voor de onderlinge stand van twee rechten:

1. De rechten vallen samen als

rang

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

l1 m1 n1

l2 m2 n2

= 1

2. De rechten bepalen een vlak als

rang

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

l1 m1 n1

l2 m2 n2

= 2

(a) De rechten zijn strikt parallel als bovendien

rang

[l1 m1 n1

l2 m2 n2

]= 1

(b) De rechten zijn snijdend als bovendien

rang

[l1 m1 n1

l2 m2 n2

]= 2

3. De rechten zijn kruisend als

rang

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

l1 m1 n1

l2 m2 n2

= 3


• In plaats van dat een rechte gegeven wordt door een punt en een richtingsvector kanhet ook zijn dat de rechte gegeven wordt door twee punten A[x1, y1, z1] en B[x2, y2, z2].

[x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1]

is dan de coordinaat van de richtingsvector ~AB van die rechte. De rechte is nu bepaalddoor een punt en een richtingsvector. Voor de onderlinge stand zijn we nu herleid totde beschouwingen van voorgaande paragrafen.

OPGAVEN — 63 Onderzoek de onderlinge stand van de rechten a en b.

a. a : x−33 = y+3

4 = −z − 2 en b : x− 4 = y+15 = z+1

3 ;

b. a : x−92 = y − 6 = − z

2 en b : x = y+84 = − 2z+3

7 ;

c. a : 2x−14 = y + 1 = 1− 5z en b : x+3

10 = y5 = 1− z;

d. a : x+74 = y−1

2 = − z+24 en b :

{x+ y + 3 = 0z + 4 = 0 .

64 Onderzoek de onderlinge ligging van vier rechten 2 bij 2 genomen

a :{

2x+ y = 4z = 3 b :

{x+ y = 4z = 2x

c :{

2x+ y = 5z = 1 d :

{x+ z = 32z − y = 1

Bepaal de coordinaten van de eventuele snijpunten.

65 Onderzoek of de rechten AB en CD parallel zijn:

a. A[1, 2, 4], B[2, 0, 5], C[1, 0,−1] en D[4, 3,−2];

b. A[1, 1, 1], B[2, 2, 0], C[1, 0, 1] en D[4, 3,−2];

c. A[2, 3, 4], B[0,−3, 2], C[2,−6,−8] en D[4, 0,−6];

d. A[4, 3, 3], B[0, 0, 1], C[2, 3/2, 2] en D[8, 6, 5].

Onderzoek tevens of de vierhoeken ABCD parallellogrammen zijn.

66 Onderzoek de onderlinge ligging van de vectorrechte a bepaald door de richtingsvector ~u[1, 2,−1] ende rechte b bepaald door het punt [1, 1,−1] en de richtingsvector ~v[−2, 5, 2].

67 Toon aan dat de rechten a : 8−3x2 = 3y+28

7 = z en b : x−12 = −y

7 = 2−z3 een vlak bepalen en zoek de

vergelijking van dat vlak.

68 Gegeven zijn de rechten a : 2x−32 = y

2 = 2z+16 , b :

{3x = 53y + 3z + 2 = 0 , c : x = y

6 = z2 en het punt

P (1, 1, 1).


1. Ga na of de rechten a en b kruisend zijn;

2. Ga na of b al dan niet parallel is met het vlak(a, P ) en of a al dan niet parallel is met het vlak(b, P );

3. Bepaal de vergelijkingen van de steunrechte van de rechten a en b door P en bepaal de coordinatenvan de steunpunten A en B;

4. Ga na of c al dan niet parallel is met een vlak van de richting van vlakken bepaald door a en b;

5. Bepaal de vergelijkingen van de steunrechte van de rechten a en b parallel met c en bepaal decoordinaten van de steunpunten C en D.

Oplossingen:63 a. a kruist b; b. a kruist b; c. a strikt parallel met b; d. a ∩ b : [−5, 2,−4].64 a kruist b, a kruist d, b kruist c, a is strikt evenwijdig met c, b ∩ d : [1, 3, 2], c ∩ d : [2, 1, 1].65 a. AB en CD zijn kruisend, b. AB en CD zijn parallel, ze vormen geen parallellogram, c. ABCD iseen parallellogram, d. AB = CD .66 a ∩ b : [7/9, 14/9,−7/9].67 a en b zijn strikt parallel en bepalen het vlak: 14x+ y + 7z = 28.

RM I HUISTAAK 9 1. Gegeven zijn de rechten a : x−84

= −y3

= 1−z4

, b : −x+74

=y−4

5= z−3

2en c : x = y

6= z

2.

Gevraagd:

(a) Toon aan dat de rechten a en b kruisend zijn;

(b) Bepaal het punt A van a en het punt B van b waarvoor de rechte AB door deoorsprong gaat;

(c) Bepaal het punt A van a en het punt B van b waarvoor de rechte AB parallel ismet de rechte c.

2. Gegeven: het vlak α : x + 2y − 6z + 3 = 0, de rechte a : x+33

= y−12

= − z+52

en hetpunt A[2, 7, 1].Bepaal het punt S ∈ a zodat de rechte AS evenwijdig is met α.


1. Bereken de getallen m en n, zodanig dat de rechte a : x− 4 = y+n3

= z−15

in het vlakα : mx+ 3y + nz − 8 = 0 ligt.

2. Toon aan dat de rechten a : [x, y, z] = [0, 1, 2] + r.[1, 1, 1] en b : [x, y, z] = [3, 5, 2] +r.[2, 3,−1] snijdend zijn.

(i) Bepaal de coordinaat van het snijpunt van a en b;

(ii) Bepaal de vergelijking van het vlak bepaald door de rechten a en b.

4.7. OPLOSBAARHEID VAN LINEAIRE STELSELS I.V.M. ONDERLINGE LIGGINGEN181

4.7 Oplosbaarheid van lineaire stelsels i.v.m. onder-

linge liggingen

Als slot van dit hoofdstuk gaan we speciaal aandacht besteden aan stelsels van lineairevergelijkingen in drie onbekenden. We hebben reeds gezien dat een vlak kan voorgesteldworden door een lineaire vergelijking van de eerste graad in drie onbekenden en een rechtedoor een stelsel van twee lineaire vergelijkingen. In de volgende paragrafen gaan we hetomgekeerde aantonen, nl. dat elke lineaire vergelijking van de eerste graad in drie onbeken-den met rang gelijk aan een altijd een vlak voorstelt en dat een stelsel van twee lineairevergelijkingen in drie onbekenden met rang gelijk aan twee altijd een rechte voorstelt. Wegaan tevens de onderlinge stand van rechten en vlakken onderzoeken door middel van deoplosbaarheid van lineaire stelsels.

We herhalen de voorwaarde voor oplosbaarheid van een lineair stelsel:Een lineair stelsel is oplosbaar als n slechts als de rang van de verhoogdematrix gelijk is aan de rang van de coefficientenmatrix.

4.7.1 Stelsel met een lineaire vergelijking

STELLING 4.3 Elke vergelijking van de eerste graad in drie onbekenden x, y en z, waar-van de coefficienten niet alle gelijk zijn aan nul, stelt een vlak voor in de ruimte. De cor-responderende homogene vergelijking is de vergelijking van het vectorvlak parallel met hetvlak en stelt dus de richtingsruimte voor van het vlak.

Bewijs:

* Een lineair (1, 3)-stelsel met rang gelijk aan 1.

ux+ vy + wz + t = 0 met rang = 1

Aangezien de rang(u v w) = 1, is er minstens een element van

[u v w] verschillend van nul.Stel u 6= 0, dan is [u] een hoofdmatrix en is x een hoofdonbekende, y en z zijn danvrije onbekenden van het stelsel.We brengen de vrije onbekenden naar het tweede lid.

ux = −vy − wz − t ∧ u 6= 0⇐⇒ x = −vuy − w

uz − t

u

Stel y = ur ∧ z = us dan kunnen we de oplossingen in de volgende gedaante brengen

[x, y, z] = r.[−v, u, 0] + s.[−w, 0, u]− [t

u, 0, 0]


Dit is een parametervoorstelling van een vlak in de ruimte, met twee lineair onafhan-kelijke richtingsvectoren [−v, u, 0] en [−w, 0, u] en gaande door het punt [ t

u, 0, 0]. Het

punt is precies een punt van de x-as omdat we y en z als vrije onbekenden genomenhebben. Dit punt correspondeert met de parameterwaarden (r, s) = (0, 0), dit bete-kent y = 0 en z = 0.

* Een homogeen lineair (1, 3)-stelsel met rang gelijk aan 1.

ux+ vy + wz = 0 met rang = 1

Is u 6= 0 dan zijn de oplossingen van de gedaante

[x, y, z] = r.[−v, u, 0] + s.[−w, 0, u]

Dit is de parametervoorstelling van een vectorvlak. Dit vectorvlak is is de richtings-ruimte van het vlak ux+ vy + wz + t = 0 en van elk vlak daarmee evenwijdig.

�

Besluit: Omdat in de ruimte een lineaire vergelijking een vlak voorstelt en omgekeerd eenvlak door een lineaire vergelijking kan beschreven worden noemen we de vergelijking

ux+ vy + wz + t = 0 met [u, v, w] 6= [0, 0, 0]

de algemene vergelijking van een vlak. Deze vergelijking drukt de nodige en voldoendevoorwaarde uit opdat een punt P [x, y, z] zou behoren tot het vlak α. Zo een vergelijkingwordt ook een cartesische vergelijking van het vlak genoemd.

Opmerking: Een rechte in het vlak en een vlak in de ruimte spelen analytisch bekeken dezelfderol. Beide worden ze beschreven door een vergelijking van de eerste graad. De richtingsruimtevan een rechte in het vlak is een vectorrechte. Een vectorrechte is een vectorruimte van dimensie1. Daarom zeggen we dat de dimensie van een rechte 1 is. Analoog kunnen we zeggen dat dedimensie van een vlak in de ruimte 2 is, omdat de richtingsruimte van een vlak een vectorvlakis en de dimensie van een vectorvlak is 2.De dimensie van een rechte is 1 dimensie lager dan de dimensie van het vlak, waarin ze beschouwdwordt. Zo is de dimensie van een vlak ook 1 lager dan de dimensie van de 3-dimensionale ruimtewaarin ze beschouwd wordt. Werken we nu in een vierdimensionale ruimte en beschouwen wedaar een verzameling, die een richtingsruimte heeft van dimensie 3, dan wordt zo een verzamelingeen hypervlak genoemd. Een hypervlak wordt in de vierdimensionale ruimte beschreven dooreen vergelijking van de eerste graad in 4 onbekenden. Algemeen kunnen we zeggen, in een n-dimensionale ruimte is de dimensie van een hypervlak gelijk aan n− 1. Een hypervlak wordt ineen n-dimensionale ruimte beschreven door een vergelijking van de eerste graad in n onbekenden.


Bijzondere standen van een vlak t.o.v. het coordinatenstelsel

• De z-term ontbreekt in de vergelijking van het vlak.We stellen w = 0 in het bewijs van de voorgaande stelling. We zien dat een van derichtingsvectoren van het vlak een vector is van de z-as. Hieruit besluiten we dat hetvlak parallel is met de z-as.Op analoge wijze kunnen we besluiten dat het vlak parallel is met de x-as als in devergelijking van het vlak de x-term ontbreekt en parallel is met de y-as als de y-termontbreekt.

• De y-term en de z-term ontbreken in de vergelijking van het vlak.We stellen v = w = 0 in het bewijs van de voorgaande stelling en we zien datrichtingsvectoren van het vlak, vectoren zijn van y-as en z-as. Het vlak is dan parallelmet het (y, z)-vlak. Op analoge wijze kunnen we besluiten dat het vlak parallel is methet (x, z)-vlak als in de vergelijking van het vlak de x-term en de z-term ontbrekenen parallel is met het (x, y)-vlak als de x-term en de y-term ontbreken.

• De constante ontbreekt in de vergelijking van het vlak. Het vlak is dan een vectorvlak.

4.7.2 Stelsels van twee vergelijkingen – o.l. van 2 vlakken

4.7.2.1 Stelsels van twee vergelijkingen met rang gelijk aan twee

STELLING 4.4 Een lineair (2, 3)-stelsel met rang gelijk aan 2 stelt in de 3-dimensionaleruimte een rechte voor. Het corresponderend homogeen stelsel stelt de richtingsruimte voorvan de rechte.

Bewijs:We beschouwen een lineair (2, 3)-stelsel met rang gelijk aan 2.{

u1x + v1y + w1z + t1 = 0u2x + v2y + w2z + t2 = 0

(met rangA = 2).

Dergelijk stelsel is steeds oplosbaar. We onderstellen dat de rang van de deelmatrix[u1 v1

u2 v2

]gelijk is aan 2.

In dit geval zijn x en y hoofdonbekenden en z vrije onbekende. We brengen de termen inz naar het tweede lid. Het stelsel komt in de volgende gedaante{

u1x + v1y = −w1z − t1u2x + v2y = −w2z − t2


We lossen het stelsel op met behulp van de inverse matrix van de coefficientenmatrix. Wezetten het stelsel in matrixgedaante:[

u1 v1

u2 v2

]·[xy

]=

[−w1 −t1−w2 −t2

]·[z1

]

m

[xy

]=

[u1 v1

u2 v2

]−1

·[−w1 −t1−w2 −t2

]·[z1

]

m

[xy

]=

1

u1v2 − u2v1

[(v1w2 − v2w1)z − v2t1 + v1t2(u2w1 − u1w2)z − u1t2 + u2t1

]m[

xy

]=

1

u1v2 − u2v1

([(v1w2 − v2w1)(u2w1 − u1w2)

]z +

[−v2t1 + v1t2−u1t2 + u2t1

]).

Geven we aan de vrije onbekende de waarde z = (u1v2 − u2v1)r met r ∈ R. We krijgenvoor de oplossingen de volgende parametervoorstelling: x

yz

=

v1w2 − v2w1

u2w1 − u1w2

u1v2 − u2v1

r +

−v2t1+v1t2u1v2−u2v1−u1t2+u2t1u1v2−u2v1

0

Dit is de parametervoorstelling van een rechte in de ruimte. Het gegeven stelsel stelttwee vlakken voor die elkaar snijden volgens een rechte. Dit is de algemene stand voor deonderlinge ligging van twee vlakken.

De twee vlakken van het stelsel zijn twee niet-parallelle vlakken. De snijlijn heeft eenrichtingsvector met coordinaat

[l,m, n] = [u1, v1, w1]× [u2, v2, w2] = [v1w2 − v2w1, u2w1 − u1w2, u1v2 − u2v1] =

en gaat door het punt met coordinaat[−v2t1 + v1t2u1v2 − u2v1

,−u1t2 + u2t1u1v2 − u2v1

, 0

]


Dit is een punt van het (x, y)-vlak, dat correspondeert met de parameterwaarde r = 0.Vermits we z als vrije onbekende genomen hebben, betekent het gelijk aan nul stellen vanr ook het gelijk aan nul stellen van z en dus het snijden van de rechte met het (x, y)-vlak.

De richtingsvector [v1w2 − v2w1, u2w1 − u1w2, u1v2 − u2v1] van de rechte is een oplossingverschillend van de nuloplossing van het corresponderend homogeen lineair (2, 3)-stelsel metrang gelijk aan 2 (zie bijzondere homogene stelsel 3.1 op bladzijde 144).{

u1x + v1y + w1z = 0u2x + v2y + w2z = 0

(met rangA = 2).

Een richtingsvector van een rechte voorgesteld door een stelsel is een oplossing van hetcorresponderend homogeen stelsel. De coordinaat van een richtingsvector van een rechte isenkel afhankelijk van de rijvectoren [u1, v1, w1] en [u2, v2, w2] van de coefficientenmatrix vanhet stelsel vergelijkingen van de rechte.

Stelsel vergelijkingen van een rechte door een punt en parallel met een gegeven rechte

Het stelsel vergelijkingen van de rechte A′ door het punt [x1, y1, z1] en parallel met eengegeven rechte a

a :

{u1x + v1y + w1z + t1 = 0u2x + v2y + w2z + t2 = 0

is {u1(x− x1) + v1(y − y1) + w1(z − z1) = 0u2(x− x1) + v2(y − y1) + w2(z − z1) = 0

4.7.2.2 Stelsels van twee vergelijkingen met rang gelijk aan een

STELLING 4.5 Twee lineaire vergelijkingen u1x+v1y+w1z+t1 = 0 en u2x+v2y+w2z+t2 = 0 stellen parallelle vlakken voor als en slechts als de drietallen [u1, v1, w1] en [u2, v2, w2]van de coefficienten van de onbekenden x, y en z lineair afhankelijk zijn. In het bijzonderstellen ze hetzelfde vlak voor als en slechts als de viertallen [u1, v1, w1, t1] en [u2, v2, w2, t2]van alle coefficienten lineair afhankelijk zijn.

Met symbolen:u1x+ v1y + w1z + t1 = 0 met [u1, v1, w1] 6= [0, 0, 0]

enu2x+ v2y + w2z + t2 = 0 met[u2, v2, w2] 6= [0, 0, 0]

stellen parallelle vlakken voor als en slechts als

∃t ∈ R : [u1, v1, w1] = t[u2, v2, w2]


In het bijzonder geldt:

u1x+ v1y + w1z + t1 = 0 met [u1, v1, w1] 6= [0, 0, 0]

enu2x+ v2y + w2z + t2 = 0 met [u2, v2, w2] 6= [0, 0, 0]

stellen hetzelfde vlak voor als en slechts als

∃t ∈ R : [u1, v1, w1, t1] = t[u2, v2, w2, t2].

Bewijs: We beschouwen een lineair (2, 3]-stelsel met rang gelijk aan 1.{u1x + v1y + w1z + t1 = 0u2x + v2y + w2z + t2 = 0

met r = rang

[u1 v1 w1

u2 v2 w2

]= 1

Onderstel bvb. dat u1 6= 0. De eerste vergelijking is dan een hoofdvergelijking, x hoofdon-bekende en y en z vrije onbekenden.We onderscheiden twee gevallen.

a. rangA < rangAB

Hieruit volgt dat rangAB = 2. Dit betekent dat de viertallen [u1, v1, w1, t1] en[u2, v2, w2, t2] lineair onafhankelijk zijn. Het stelsel is onoplosbaar. De vlakken hebbengeen gemeenschappelijke punten, de vlakken zijn strikt parallel. Dit is een specialestand voor de onderlinge ligging van twee vlakken.

b. rangA = rangAB

Hieruit volgt dat rangAB = 1. Dit betekent dat de viertallen [u1, v1, w1, t1] en[u2, v2, w2, t2] lineair afhankelijk zijn. Het stelsel is oplosbaar. Alle oplossingen vande eerste vergelijking (hoofdvergelijking) zijn ook oplossingen van de tweede vergelij-king. De vlakken hebben alle punten gemeenschappelijk. Ze vallen samen. Dit is eenspeciale stand voor de onderlinge ligging van twee vlakken.

We zien gemakkelijk in dat in beide gevallen de richtingsruimte van beide vlakken dezelfdeis. �

Voorbeeld: De vergelijkingen x + y − 2z = 3 en −2x− 2y + 4z = 1 stellen strikt parallellevlakken voor. De vergelijkingen x + y − 2z = 3 en −2x − 2y + 4z = −6 stellen hetzelfdevlak voor.


OPGAVEN — 69 Bepaal de onderlinge ligging van de vlakken α en β.

a. α : 3x− 5y + z + 7 = 0 en β : x+ 3y − 10z = 0;

b. α : x2 + y

5 = 1 en β : 3, 5x+ 2, 1y − 10, 5 = 0;

c. α : x3 + y

7 −z2 = 1 en β : −x

6 −y14 + z

4 = 1;

d. α is bepaald door de punten [4,−5,−1], [2,−7, 2] en [3, 1,−3] en β is bepaald door de punten[3,−3, 2], [1,−5, 5] en [2, 3, 0];

e. α : x− y = 1 en β : x+ y = 1.

70 Bespreek de onderlinge ligging van de vlakken α en β.

a. α : x+ y + z = a en β : 2x− y + 2z = −2;

b. α : x+ ky + k2z = 0 en β : x+my +m2z = k +m− 2;

c. α : ax− by = 5a− 3 en β : 2x+ (a− 7)y = 29− 7a.

Oplossingen:

69 a. snijdend; b. snijdend; c. strikt parallel; d. strikt parallel, r.r. 2x− y + 2z = 0; e. snijdend;70 a. snijdend; b. k 6= m: snijdend; k = m 6= 1: strikt parallel; k = m = 1 samenvallend;c. a2 − 7a + 2b 6= 0: snijdend; (a = 3 ∧ b = 6) ∨ (a = −2/7 ∧ b = −51/49): samenvallend; a 6= 3 ∧ a 6=−2/7 ∧ a2 − 7a+ 2b = 0: strikt parallel;

4.7.3 Stelsels met drie vergelijkingen – o.l. van een rechte en eenvlak of o.l. van 3 vlakken

4.7.3.1 Stelsels met drie vergelijkingen en rang gelijk aan drie

We beschouwen het volgend stelsel:u1x + v1y + w1z = t1u2x + v2y + w2z = t2u3x + v3y + w3z = t3

(met rangA = 3).

Dit lineair (3, 3)-stelsels met rang gelijk aan 3 is een stelsel van Cramer en heeft juist eenoplossing.

Meetkundige interpretatie van het stelsel:

i. de drie vergelijkingen stellen drie verschillende vlakken voor die elkaar snijden in eenpunt. Dit is de algemene stand voor de onderlinge ligging van drie vlakken.


ii twee vergelijkingen van het stelsel stellen een rechte voor (zie verder in de opmer-king), de overblijvende vergelijking een vlak. De oplossing van het stelsel kunnen weinterpreteren als het snijpunt van de rechte en het vlak. Dit is tevens de algemenestand voor de onderlinge ligging van een rechte en een vlak.

Opmerking: De drie rijvectoren van de coefficientenmatrix zijn lineair onafhankelijk. Hieruitvolgt dat de rijvectoren 2 a 2 ook lineair onafhankelijk zijn. De vlakken zijn dus 2 a 2snijdend. We noemen de snijlijnen S1, S2 en S3 (zie figuur 4.7.3.1).

S1 :

{u2x + v2y + w2z + t2 = 0u3x + v3y + w3z + t3 = 0

S2 :

{u1x + v1y + w1z + t1 = 0u3x + v3y + w3z + t3 = 0

S3 :

{u1x + v1y + w1z + t1 = 0u2x + v2y + w2z + t2 = 0

Figuur 4.6: Doorsnede van drie vlakken

4.7.3.2 Stelsels van drie vergelijkingen met rang gelijk aan twee

Bij deze stelsels is de rang kleiner dan het aantal vergelijkingen.


r = rang

u1 v1 w1

u2 v2 w2

u3 v3 w3

= 2

Stel dat de rang van de deelmatrix

[u1 v1

u2 v2

]gelijk is aan 2 dan vormen de twee eerste

vergelijkingen een stelsel hoofdvergelijkingen, x en y zijn hoofdonbekenden en z is vrijeonbekende.We onderscheiden twee gevallen.

a. rangA = rangAB

Hieruit volgt dat de rangAB = 2. De coefficienten van de derde vergelijking zijnlineair afhankelijk van de coefficienten van de eerste en tweede vergelijking.

∃r, s ∈ R : [u3, v3, w3, t3] = r[u1, v1, w1, t1] + s[u2, v2, w2, t2].

Hieruit volgt dat

∃r, s ∈ R : (u3x+ v3y+w3z− t3) = r(u1x+ v1y+w1z− t1) + s(u2x+ v2y+w2z− t2)

of korter

∃r, s ∈ R : V3 = rV1 + sV2.

Het stelsel is oplosbaar en elke oplossing van het stelsel hoofdvergelijkingen is oplossingvan de derde vergelijking. Het stelsel hoofdvergelijkingen heeft ∞1 oplossingen.

Meetkundige interpretatie van het stelsel: Het stelsel hoofdvergelijkingen stelt eenrechte voor die ligt in het vlak voorgesteld door de derde vergelijking (als de derdevergelijking wel degelijk een vlak voorstelt). Het derde vlak gaat dus door de snijlijnvan de eerste twee vlakken (zie figuur 4.7.3.1). Dit is een speciale stand voor deonderlinge ligging van drie vlakken.

b. rangA < rangAB

Hieruit volgt dat de rangAB = 3. De coefficienten van de eerste, tweede en derde ver-gelijking zijn lineair onafhankelijk. Het stelsel is onoplosbaar en geen enkel oplossingvan het stelsel hoofdvergelijkingen is oplossing van de derde vergelijking.

Meetkundige interpretatie van het stelsel: Het stelsel hoofdvergelijkingen stelt eenrechte voor die geen punten gemeen heeft met het vlak voorgesteld door de derdevergelijking. Het derde vlak is dus strikt parallel met de snijlijn van de eerste tweevlakken.We hebben dan nog twee mogelijkheden voor de onderlinge stand van de drie ver-schillende vlakken.


i. De drie deelstelsels van twee vergelijkingen stellen drie rechten voor.Het derde vlak snijdt de eerste twee vlakken of de drie vlakken snijden elkaartwee aan twee volgens drie snijlijnen. De drie snijlijnen zijn parallel. Ze vormeneen prismatisch driezijdig oppervlak (zie figuur 4.7.3.1). Dit is een speciale standvoor de onderlinge ligging van drie vlakken.

ii. Een deelstelsel van twee vergelijkingen heeft rang gelijk aan een.Het derde vlak is strikt parallel met een van de twee eerste vlakken. Hier zijn tweevlakken parallel en snijden het overblijvend vlak volgens evenwijdige snijlijnen(zie figuur 4.7.3.1). Dit is een speciale stand voor de onderlinge ligging van drievlakken.

4.7.3.3 Stelsels van drie vergelijkingen met rang gelijk aan een

Bij deze stelsels is de rang kleiner dan het aantal vergelijkingen.

r = rang

u1 v1 w1

u2 v2 w2

u3 v3 w3

= 1

Stel dat u1 6= 0 dan is de eerste vergelijking een hoofdvergelijking, x is hoofdonbekende eny en z zijn vrije onbekenden.We onderscheiden twee gevallen.

a. rangA = rangAB

Hieruit volgt dat de rangAB = 1. De coefficienten van de tweede en derde vergelijkingzijn lineair afhankelijk van de coefficienten van de eerste vergelijking.

∃r, s ∈ R :

{(u2, v2, w2, t2) = r(u1, v1, w1, t1)(u3, v3, w3, t3) = s(u1, v1, w1, t1)

Het stelsel is oplosbaar met∞2 oplossingen en elke oplossing van de eerste vergelijkingis tevens oplossing van de tweede en de derde vergelijking.

Meetkundige interpretatie van het stelsel: De drie vlakken vallen samen.

b. rangA < rangAB

Hieruit volgt dat de rangAB > 1. Het stelsel is onoplosbaar en geen enkel oplossingvan de eerste vergelijking is tegelijk oplossing van de tweede en derde vergelijking.

Meetkundige interpretatie van het stelsel: De eerste vergelijking stelt een vlak voordie geen punten gemeen heeft met de parallelle vlakken voorgesteld door de laatstevergelijkingen. De drie vlakken zijn parallel, waaronder zeker twee strikt parallel (ziefiguur 4.7.3.1. Dit is een speciale stand voor de onderlinge ligging van drie vlakken.


OPGAVEN — 71 Bepaal de doorsnede van de volgende vlakken van de ruimte Eo met de methode vanGauss of met de inverse matrix.

a. α : x+ y + z = 10, β : 2x− y = 12, γ : 2y − 2z = −6 en δ : 3x+ 2y − z = 16;

b. α : −x+ y + 2z = 3, β : x− y − 2z = −3, γ : 3x− 2y + z = 1 en δ : 9x− 6y + 3z = 2;

c. α : x+ y + z = 4, β : 2x+ 5y − 2z = 3 en γ : x+ 7y − 7z = 5;

d. α : 6x+ 2y − z = 0 en β : 3x+ 3y + z = 0;

e. α : x− 3y + z = −2, β : 2x− y − z = 3 en γ : 3x− 4y + z = 2;

f. α : 2x+ 5y + 5z = 9 en β : −x− 2y + 2z = 1;

g. α : x+ 2y + 3z = 0, β : 4x+ 5y + 6z = 0 en γ : 7x+ 8y + 9z = 0;

h. α : x+√

3y+√

6z = 3, β :√

3x+ 3y+ 3√

2z = 3√

3 en γ : (1−√

2)x+ (√

3−√

6)y+ (√

6− 2√

3)z =3−√

18;

i. α : −x+ y + 2z = 3, β : x− y − 2z = −3, γ : 3x− 2y + z = 1 en δ : 9x− 6y + 3z = 3.

72 Onderzoek de onderlinge ligging van de drie vlakken α, β en γ.

a. α : −5y − 16z + 5 = 0, β : 3x− y + z − 2 = 0 en γ : x− 2y − 5z + 1 = 0;

b. α : x+ y + z = 1, β : x− y + z = 1 en γ : x+ y − z = 1;

c. α : 4x− 6y − 8z + 10 = 0, β : −2x+ 3y + 4z − 3 = 0 en γ : 5x− 6y − 13z + 10 = 0;

d. α :√

3x+ 3y − 2z = 1, β : x+ 2y −√

3z = 0 en γ : x+√

3y − 2√

33 z = 6.

73 Bespreek de onderlinge ligging van de vlakken α, β en γ.

a. α : x− y − az = −1, β : x+ ay − z = 1 en γ : ax+ y − z = 1;

b. α : x+ ay + z = 2, β : x+ y + az = 0 en γ : (a+ 1)x+ ay + z = a;

c. α : mx+ y + z = m2, β : x+my + z = 3m en γ : x+ y +mz = 2;

74 * Bespreek de onderlinge ligging van de vlakken α, β en γ.

a. α : ax+ by + z = 1, β : x+ aby + z = b en γ : x+ by + az = 1;

b. α : px+ qy = p, β : py + qz = p en γ : qx+ pz = p;

c. α : kx+ y + lz = 1, β : x+ y + klz = l en γ : x+ ky + lz = 1.

75 * Bespreek de onderlinge ligging van de vlakken α, β en γ.

a. α : x+ by + z = 1, β : ax+ y + z = 1 en γ : x+ cy + z = 1;

b. α : x+ py = q, β : px+ y = r en γ : qx+ ry = 1;

c. α : x+ y + z = 0, β : ax+ by + cz = 0 en γ : bcx+ cay + abz = 1.


76 Bepaal de vergelijking van het vlak dat de snijlijn van de vlakken α : x + y − 4z + 3 = 0 en β :x− 2y − 10z + 6 = 0 bevat en

(i) gaat door het punt [2.1, 0];

(ii) gaat door de oorsprong;

(iii) gaat door het punt [6, 5,−1];

(iv) parallel is met de rechte:{x+ y = zx− y + 2z = 1

77 Stel de vergelijking op van het vlak door de snijlijn van de vlakken α en β en door het punt p(3,−2, 8).

a. α : 2x− 3y + z − 1 = 0 en β : x+ y − 2z + 4 = 0;

b. α : x− y − 2z + 4 = 0 en β : x+ y − 2z = 0.

SUPPLEMENTAIRE OPGAVEN — 78 Bepaal de onderlinge ligging van de vlakken α en β.

a. α : x+ y − z = 1 en β : x− y + z = 1;

b. α : x4 + y

6 + z4 = 1 en β : 6x+ 4y + 3z − 12 = 0;

c. α : y − 3z − 10 = 0 en β : 2y − z = 5;

d. α is bepaald door het punt [−4, 2, 4] en de richtingsvectoren ~u[3,−3, 4] en ~v[6,−6, 16]; en β is bepaalddoor het punt [−1,−1, 8] en de richtingsvectoren ~u[4, 3,−4] en ~v[0,−3,−4].

e. α : 5x+ 5y − z + 2 = 0 en β : −4x− 4y + z − 1 = 0.

79 Bespreek de onderlinge ligging van de vlakken α en β.

a. α : px+ qy + z = 0 en β : qx+ py + z = 0;

b. α : mx− 2y = 4 en β : 2x+ (m+ 4)y = 6;

c. α : px+ y − z = 0 en β : x+ py + pz = 0.

80 Geef de vergelijking van het vlak gaande door het punt p(4, 0,−3] en parallel met het vlak α : 5x+z =−6.

81 Onderzoek de onderlinge ligging de drie vlakken α, β en γ.

a. α : 3y + 2z = z + 1, β : 3x+ 2z = 8− 5y en γ : 3z − 1 = x− 2y;

b. α : x+ y + z = 4, β : 2x+ 3y − 2z = 3 en γ : 3x+ 2y + 7z = 20;

c. α : 5x− y + 2z + 5 = 0, β : 9x− 3y + 3z + 28 = 0 en γ : 4x− 2y + z + 23 = 0;

d. α : (1 +√

5)x− (5 +√

2)y−√

5z =√

10, β : 4x+ (5 +√

2− 5√

5−√

10)y+ (5−√

5)z =√

10− 5√

2en γ : x+

√5y − 5

√2

3 z = 1.



a. α : x+ y + az = 1, β : x+ ay + z = 1 en γ : ax+ y + z = 1;

b. α : x+ y + az = a2, β : x+ ay + z = a en γ : ax+ y + z = 1;

c. α : mx+ y + z = m+ 1, β : x+my + z = 0 en γ : x+ y +mz = 1;


a. α : ax+ bz = a+ b, β : bx+ az = a− b en γ : a2x+ b2z = a2 + b2;

b. α : ax+ by+ (a+ b)z = 2(a+ b), β : (a+ b)x+ay+ bz = 2(a+ b) en γ : bx+ (a+ b)y+az = 2(a+ b).

84 *Bespreek de onderlinge ligging van de vlakken α, β en γ.

a. α : x+ ay + a3z = 0, β : x+ by + b3z = 0 en γ : x+ cy + c3z = a+ b+ c;

b. α : ax+ by = c, β : bx+ cy = a en γ : cx+ ay = b;

c. α : ax+ by + cz = 0, β : a2x+ b2y + c2z = 0 en γ : a3x+ b3y + c3z = (a− b)(b− c)(c− a).

85 *Bespreek de onderlinge ligging van de vlakken α, β en γ.

a. α : x+ ay + a2z = a3, β : x+ by + b2z = b3 en γ : x+ cy + c2z = c3;

b. α : x+ y + z = 1, β : ax+ by + cz = d en γ : a2x+ b2y + c2z = d2;

c. α : a3x+ a2y + az = 1, β : b3x+ b2y + bz = 1 en γ : c3x+ c2y + cz = 1.

86 Bespreek de onderlinge ligging van de rechte a :{

2x− ay + (2a− 1)z + a = 0(5− a)x− 3y + (a+ 2)z + a = 0 en het vlak

α : (2a− 4)x+ (a− 6)y + 5z + b = 0.

Oplossingen:

71 a. [31/5, 2/5, 17/5]; b. strijdig; c. strijdig; d. r.[5,−9, 12]; e. [−3/5, 2, 1]; f. r.[20,−9, 1) + (−23, 11, 0];g. r.[1,−2, 1]; h. r.[−

√3, 1, 0] + s.[−

√6, 0, 1) + (3, 0, 0]; i. r.[−5,−7, 1] + [7, 10, 0];

72 a. S1 = S2 = S3; b. S1 ∩ S2 ∩ S3 = {s}; c. S1 ‖ S2; d. α ∩ β = S ∧ α ‖ γ;


4.7.4 Stelsels met vier vergelijkingen – o.l. van 2 rechten of o.l.van 4 vlakken

4.7.4.1 Stelsels met vier vergelijkingen en rang gelijk aan drie

We beschouwen het stelselu1x + v1y + w1z + t1 = 0u2x + v2y + w2z + t2 = 0u3x + v3y + w3z + t3 = 0u4x + v4y + w4z + t4 = 0.

met rang = 3

Stel dat de deelmatrix rang

u1 v1 w1

u2 v2 w2

u3 v3 w3

= 3 dan vormt het stelsel met de eerste drie

vergelijkingen een stelsel hoofdvergelijkingen, x, y en z zijn hoofdonbekenden. Er zijn geenvrije onbekenden.We onderscheiden twee gevallen.

a. rangA = rangAB

Hieruit volgt dat rangAB=3. De rijvector [u4, v4, w4, t4] is lineair afhankelijk van[u1, v1, w1, t1], [u2, v2, w2, t2] en [u3, v3, w3, t3] Het stelsel hoofdvergelijkingen is eenstelsel van Cramer en heeft juist een oplossing. Het stelsel is oplosbaar en de oplossingvan het stelsel hoofdvergelijkingen is oplossing van de vierde vergelijking. Het stelselheeft een oplossing.


i. Het vierde vlak gaat door het snijpunt van de eerste drie vlakken. Dit is eenspeciale stand voor de vier vlakken.

ii. Het deelstelsels met de eerste twee vergelijkingen stelt een rechte voor en weonderstellen dat het stelsel met de laatste twee vergelijkingen ook een rechtevoorstelt. De rechte a wordt voorgesteld door het stelsel:{

u1x + v1y + w1z + t1 = 0u2x + v2y + w2z + t2 = 0

met rang = 2

en de rechte b door het stelsel:{u3x + v3y + w3z + t3 = 0u4x + v4y + w4z + t4 = 0

met rang = 2.

De rechten a en b zijn snijdende rechten. Dit is een speciale stand voor deonderlinge ligging van twee rechten.


b. rangA < rangAB

Hieruit volgt dat rangAB=4. De rijvectoren [u1, v1, w1, t1], [u2, v2, w2, t2], [u3, v3, w3, t3]en [u4, v4, w4, t4] zijn lineair onafhankelijk.

De oplossing van het stelsel. hoofdvergelijkingen, nl. het stelsel van de eerste drievergelijkingen, is geen oplossing van de vierde vergelijking. Het stelsel is onoplosbaar.

Meetkundige interpretatie van het stelsel: Het vierde vlak gaat niet het snijpunt van deeerste drie vlakken. Dit is een algemene stand voor de vier vlakken. Het deelstelsel metde eerste twee vergelijkingen en het stelsel met de laatste twee vergelijkingen stellensteeds rechten voor die kruisend zijn. Dit is de algemene stand voor de onderlingeligging van twee rechten.

4.7.4.2 Stelsels met vier vergelijkingen en rang gelijk aan twee

We beschouwen het stelsel:u1x + v1y + w1z + t1 = 0u2x + v2y + w2z + t2 = 0u3x + v3y + w3z + t3 = 0u4x + v4y + w4z + t4 = 0.

met rang = 2

Stel dat de deelmatrix rang

[u1 b1

u2 v2

]= 2 dan vormt het stelsel met de eerste twee vergelij-

kingen een stelsel hoofdvergelijkingen, x en y zijn hoofdonbekenden en z is vrije onbekende.We onderscheiden twee gevallen.

a. rangA = rangAB

Hieruit volgt dat rangAB=2. De rijvectoren [u4, v4, w4, t4] en [u3, v3, w3, t3] zijn lineairafhankelijk van [u1, v1, w1, t1] en [u2, v2, w2, t2]. Het stelsel is oplosbaar met ∞1 op-lossingen en elke oplossing van het stelsel. hoofdvergelijkingen, nl. het stelsel van deeerste twee vergelijkingen, is oplossing van de derde en vierde vergelijking. Het stelselheeft ∞1 oplossingen.


i. Het derde en vierde vlak gaan door de snijlijn van de eerste twee vlakken. Of devier vlakken snijden elkaar volgens eenzelfde rechte.

ii. We veronderstellen dat het stelsel met de twee laatste vergelijkingen een rechtevoorstelt. De rechte a wordt voorgesteld door het stelsel:{

u1x + v1y + w1z + t1 = 0u2x + v2y + w2z + t2 = 0

met rang = 2



met rang = 2.

De rechten a en b zijn samenvallend. Dit is een speciale stand voor de onderlingeligging van twee rechten.

b. rangA < rangAB

Hieruit volgt dat rangAB > 2. Minstens drie rijvectoren van AB zijn lineair onaf-hankelijk. Nemen we b.v.b. de eerste drie rijvectoren. De oplossingen van het stelselhoofdvergelijkingen zijn geen oplossingen van de derde vergelijking maar kunnen even-tueel wel oplossingen zijn van de vierde vergelijking.


i. Het derde vlak heeft geen enkel punt gemeen met de rechte a bepaald door hetstelsel van de eerste twee vergelijkingen. Het derde vlak is strikt parallel met a.Het vierde vlak kan eventueel a bevatten.

ii. We veronderstellen dat het stelsel met de twee laatste vergelijkingen een rechtevoorstelt. De rechte a wordt voorgesteld door het stelsel:{

u1x + v1y + w1z + t1 = 0u2x + v2y + w2z + t2 = 0

met rang = 2


met rang = 2.

De rechten a en b strikt parallel. Dit is een speciale stand voor de onderlingeligging van twee rechten.

OPGAVEN — 87 Bespreek de onderlinge ligging van rechten a en b

a :{x+ y + az − 1 = 0ax+ 3y + 3z = 0 en b :

{x− y + 4z − 5 = 0x+ ay + z + 1 = 0

88 Gegeven is het punt P [1, 5, 2] en de rechte a :{

2x+ y − 3z + 1 = 0x− 2y + 4z − 5 = 0 .

Stel een stelsel vergelijkingen op van de rechte door P parallel met a.


Oplossingen:

87. a 6= 2: a en b kruisend, a = 2: a = b?; 88{

2x+ y − 3z − 1 = 0x− 2y + 4z + 1 = 0 .

RM I HUISTAAK 10 1. Bespreek de onderlinge ligging van rechten a en b met

a :

{x− y + az = aax+ ay − z = 1

en b :

{x− y − bz = bbx+ by + z = 1

2. Gegeven: De vlakken α : 6x + 3y + 2z − 6 = 0, β : 8x + 4y + 2z − b = 0 enγ : 10x+ ay + 2z − 10 = 0.Gevraagd:

(a) voor welke waarde van a snijden α en γ elkaar volgens een rechte;

(b) bepaal a en b zodat β gaat door de snijlijn van α en γ;

(c) de vergelijking van het vlak door de snijlijn van α en γ en parallel met de x-as.Welke speciale stand neemt dit vlak aan t.o.v. het coordinatenstelsel? Kan ditvlak eventueel evenwijdig zijn met de y-as.



1. Gegeven zijn de rechten a en b.

a :

{x+ y − z = 2x− 2y + z = 1

en b :

{2x− y − z = 4x+ y + z = 1

Gevraagd:

(a) Bewijs dat de rechten kruisend zijn;

(b) Bepaal de richtingsruimte van de vlakken evenwijdig met a en b;

(c) Bepaal het stelsel vergelijkingen van de steunrechte van a en b gaande door hetpunt [1, 0, 1).

2. Gegeven de rechte a :

{x+ 2y +mz = 32x+ y + z = m+ 1

en het vlak α : mx+ 2y + z = m+ 2.

Gevraagd:

(a) bespreek de onderlinge ligging van a en α;

(b) maak een tekening voor het geval a in α ligt.

4.8 Wiskunde-Cultuur

CRAMER Gabriel is een Zwitsers wiskundige van 1704 tot 1752. De paradox van Cramergaat over het feit dat een kromme van de graad n niet altijd bepaald is door 1

2n(n+3) punten.

We zullen volgend jaar zien dat een kegelsnede als kromme van de tweede graad volledigbepaald wordt door 5 punten waarvan geen 4 collineair zijn. Een derdegraadskromme isniet altijd eenduidig bepaald door 9 punten. Er bestaan stelsels van 9 punten die eenderdegraadskromme niet volledig bepalen.

Inhoudsopgave

1 Reele affiene 3-ruimte 3

1.1 Axioma’s voor een affiene 3-ruimte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Onderlinge ligging van twee rechten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Onderlinge ligging van een rechte en een vlak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4 Onderlinge ligging van twee vlakken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.5 Constructie van de snijlijn van twee snijdende vlakken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.6 Enkele opgaven ivm. kruisende rechten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.7 Parallelprojecties van E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

1.7.0.1 Definities . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

1.7.0.2 Het beeld van een rechte onder een parallelprojectie . . . . . . . . . . . . . 38

1.7.0.3 De projecties van twee rechten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

1.8 Vectoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

1.8.1 Het begrip vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

1.8.2 Bewerkingen met vectoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

1.8.3 De reele vectorruimten R,EO,+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

1.9 *Spiegeling van E om een vlak volgens de richting van een rechte . . . . . . . . . . . . . . . 50

1.10 *Spiegeling van E om een rechte volgens de richting van een vlak . . . . . . . . . . . . . . . 50

1.11 Veelvlakken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

1.12 Het midden van een lijnstuk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

1.13 Zwaartepunt van een driehoek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

1.14 Zwaartepunt van een viervlak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

1.15 Wiskunde-Cultuur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

199

200 INHOUDSOPGAVE

2 Matrices 69

2.1 De reele n-tallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2.1.1 Definitie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2.1.2 Bewerkingen met n-tallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2.1.3 De reele vectorruimte van de n-tallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2.2 De reele matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.2.1 Definitie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.2.2 Bewerkingen met matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

2.2.3 De reele vectorruimte van de matrces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

2.2.4 Oplossen van matriciele vergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

2.2.5 De getransponeerde matrix van een matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2.2.6 Soorten matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

2.2.7 Lineaire combinatie van vectoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.3 Oplossen van lineaire stelsels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

2.3.1 Inleidende voorbeeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

2.3.2 Rijequivalente matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

2.3.3 Gauss-Jordan-methode voor het oplossen van lineaire stelsels . . . . . . . . . . . . . 84

2.4 Lineaire onafhankelijkheid van vectoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

2.5 Het product van matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

2.5.1 Definitie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

2.5.2 Praktische voorbeelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

2.5.3 Eigenschappen van het product van matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

2.5.4 Inverse matrix van een vierkante matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

2.5.5 De inverse matrix van een vierkante matrix van de orde 2 . . . . . . . . . . . . . . . 107

2.5.6 Stellingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

2.6 Algebraısch rekenwerk met matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

2.6.1 Merkwaardige producten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

2.6.2 Nuldelers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

2.6.3 Matriciele vergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

2.7 Deelruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

2.7.1 Definitie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

2.7.2 Eigenschap . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

2.7.3 Voortbrengende verzamelingen van vectoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

INHOUDSOPGAVE 201

2.7.4 Niet-triviale deelruimten van R,EO,+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

2.7.4.1 Vectorrechten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

2.7.4.2 Vectorvlakken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

2.7.4.3 Besluit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

2.8 Rang van een matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

2.9 *Verband tussen linksvermenigvuldigen van een matrix en het rijherleiden van een matrix . 128

2.9.1 Bepalen van de inverse matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

2.9.2 Bepalen van nuldelers met rijoperaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

3 Oplosbaarheid van lineaire stelsels 135

3.1 Definitie van een lineair stelsel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

3.2 Oplossen van lineaire stelsels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

3.3 Oplosbaarheid van een lineair stelsel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

3.4 Steeds oplosbare stelsels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

3.4.1 Stelsels waarvan de rang gelijk is aan het aantal vergelijkingen . . . . . . . . . . . . 139

3.4.1.1 Stelsels van Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

3.4.1.2 Stelsels waarvan de rang gelijk is aan het aantal vergelijkingen en striktkleiner dan het aantal onbekenden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

3.4.2 Homogene lineaire stelsels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

4 Analytische affiene ruimtemeetkunde 147

4.1 De coordinaatruimte van een vectorruimte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

4.2 Coordinatisering van de 3-dimensionale ruimte R,EO,+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

4.2.1 De coordinaat van een punt van de ruimte R,EO,+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

4.2.2 Coordinaat van een vector van R,EO,+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

4.3 Coordinaat van het zwaartepunt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

4.3.1 Zwaartepunt van een driehoek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

4.3.2 Zwaartepunt van een viervlak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

4.4 Vergelijkingen van vlakken en rechten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

4.4.1 Richtingsruimte — richtingsvectoren van een vlak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

4.4.2 Vectoriele vergelijking en parametervoorstelling van een vlak . . . . . . . . . . . . . 157

4.4.3 Vectoriele vergelijking van een vlak met drie homogene parameters . . . . . . . . . . 161

4.4.4 Cartesische vergelijking van een vectorvlak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

4.4.5 Cartesische vergelijking van een vlak bepaald door een punt en een richting van vlakken163

4.4.6 Vergelijking van een vlak bepaald door drie niet-collineaire punten . . . . . . . . . . 165

202 INHOUDSOPGAVE

4.4.7 Vergelijking van een vlak bepaald door zijn doorgangen met x-as, y-as en z-as . . . . 165

4.4.8 Bijzondere standen van een vlak t.o.v. het coordinatenstelsel . . . . . . . . . . . . . 165

4.4.9 Richtingsruimte — richtingsvectoren van een rechte . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

4.4.10 Vectoriele vergelijking en parametervoorstelling van een rechte . . . . . . . . . . . . 168

4.4.11 Vectoriele vergelijking van een rechte met twee homogene parameters . . . . . . . . . 170

4.4.12 Cartesische vergelijkingen van een rechte bepaald door een punt en een richtingsvector171

4.4.13 Cartesische vergelijkingen van een rechte bepaald door twee punten . . . . . . . . . . 172

4.5 De onderlinge ligging van een rechte en een vlak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

4.6 Onderlinge ligging van twee rechten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

4.7 Oplosbaarheid van lineaire stelsels i.v.m. onderlinge liggingen . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

4.7.1 Stelsel met een lineaire vergelijking . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

4.7.2 Stelsels van twee vergelijkingen – o.l. van 2 vlakken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

4.7.2.1 Stelsels van twee vergelijkingen met rang gelijk aan twee . . . . . . . . . . 185

4.7.2.2 Stelsels van twee vergelijkingen met rang gelijk aan een . . . . . . . . . . . 187

4.7.3 Stelsels met drie vergelijkingen – o.l. van een rechte en een vlak of o.l. van 3 vlakken 189

4.7.3.1 Stelsels met drie vergelijkingen en rang gelijk aan drie . . . . . . . . . . . . 189

4.7.3.2 Stelsels van drie vergelijkingen met rang gelijk aan twee . . . . . . . . . . . 190

4.7.3.3 Stelsels van drie vergelijkingen met rang gelijk aan een . . . . . . . . . . . 192

4.7.4 Stelsels met vier vergelijkingen – o.l. van 2 rechten of o.l. van 4 vlakken . . . . . . . 196

4.7.4.1 Stelsels met vier vergelijkingen en rang gelijk aan drie . . . . . . . . . . . . 196

4.7.4.2 Stelsels met vier vergelijkingen en rang gelijk aan twee . . . . . . . . . . . 197

4.8 Wiskunde-Cultuur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

Ruimtemeetkunde deel I Lineaire Algebra - wiswijs ... · Ruimtemeetkunde deel I Lineaire Algebra...

Documents

Transcript of Ruimtemeetkunde deel I Lineaire Algebra - wiswijs ... · Ruimtemeetkunde deel I Lineaire Algebra...