Tentamens Lineaire Algebra 2Y650 - protagoras.tue.nl · is met Matlab de volgende rijgereduceerde...

1

TentamensLineaire Algebra

2Y650voor

WerktuigbouwkundeBiomedische Technologie

enInstallatietechniek

Laatste wijziging mei 2002J.C. van der Meer

Inhoudsopgave

1 Lineaire Algebravoor W en BMT, 2Y650 5

1.1 LEES DIT! Opmerkingen vooraf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Deeltentamen A 5 februari 1996 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Deeltentamen B 11 maart 1996 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4 Tentamen 28 maart 1996 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.5 Tentamen 16 augustus 1996 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.6 Deeltentamen A 20 januari 1997 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.7 Deeltentamen B 27 februari 1997 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.8 Tentamen 17 maart 1997 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32


1.10 Deeltentamen B 2 maart 1998 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

1.11 Tentamen 19 maart 1998 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45



1.14 Tentamen 18 maart 1999 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

1.15 Tentamen 11 augustus 1999 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64


1.17 Deeltentamen B 24 februari 2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

1.18 Tentamen 10 maart 2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76



1.21 Tentamen 16 maart 2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88



3

4 INHOUDSOPGAVE

1.24 Tentamen 22 maart 2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

Oplossingen Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

1 Lineaire Algebra

voor W en BMT, 2Y650

1.1 LEES DIT! Opmerkingen vooraf

De volgende paragrafen bevatten steeds 1 tentamen. Door bij een opgave op het woord ’opgave’ teklikken springt men naar de betreffende uitwerking. Aan het eind van iedere uitwerking staat weereen verwijzing naar de betreffende opgave.

Het betreffende tentamen kan men kiezen door op de het desbetreffende tentamen in de inhoudsopgavete klikken. Men kan ook in het linker venster de desbetreffende ’folder’ aanklikken.

Verwijzingen in de uitwerkingen naar boek en studiehandleiding betreffen de druk van het boek en deversie van de studiehandleiding die in het betreffende jaar werden gebruikt. Dit kan dus verschillenvan de huidige versies.

Het onderwerp ’Differentiaalvergelijkingen’ is in 1996-1997 in de plaats gekomen van het onderwerp’Differentievergelijkingen’.

Het onderwerp ’LU-decompositie’ is met ingang van 1998-1999 geschrapt uit de leerstof. M.i.v.dit zelfde jaar is ook de stof van de eerste zes weken gecomprimeerd tot vijf weken. De stof overcoordinatvectoren, basisovergangen en orthogonale vectoren staat bij oudere tentamens dus bij deel-tentamen B.

Bij de tentamens uit 1999 en 2001 zijn geen uitwerkingen opgenomen.

Het onderwerp ’Lineaire afbeeldingen’ is met ingang van 2001-2002 geschrapt uit de leerstof. Metingang van dit jaar is ook een hoofdstuk (week 1) toegevoegd over lijnen en vlakken. De leerstof overcoordinatvectoren, basisovergangen en orthogonale vectoren en -ruimtes is weer naar deel B geschoven.

Bij het printen kan het gebeuren dat bepaalde wiskundige symbolen niet goed worden weergegeven.Dit hangt vermoedelijk samen met de printersoftware op de door u gebruikte printer.

De uitwerkingen worden verstrekt als extra service. Aan deze uitwerkingen kunnen geen rechten worden

ontleend.

5

6 MODUUL 1. LINEAIRE ALGEBRA VOOR W EN BMT, 2Y650

1.2 Deeltentamen A 5 februari 1996

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVENFaculteit Wiskunde en Informatica

Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y654) op maandag 5 februari 1996, 14.00 –15.30 uur.

Open vragenOpgave 1a.: 4 punten Opgave 2a.: 5 punten

1b.: 4 punten 2b.: 4 puntenOpgave 3 : 7 punten

Voor de kort-antwoordvragen kunnen per onderdeel van een opgave 2 punten worden behaald. Hetcijfer wordt bepaald door het totaal der behaalde punten door 4 te delen.

Open vragen

1.2.1 Opgave Gegeven zijn de matrix A en de vector b:

A =

1 1 4 1 20 1 2 1 10 0 0 1 22 1 6 0 1

b =

3213

a. Bepaal de rijgereduceerde trapvorm van de uitgebreide coefficientenmatrix van het stelsel Ax = b.

b. Bepaal de algemene oplossing van het stelsel Ax = b (in vectornotatie).

1.2.2 Opgave

a. Bepaal de regressiekromme b = α + βt bij de waarnemingent 3 4 5 6 7b 2 3 2 4 3

b. Bepaal de projectie van de vector b = (2, 3, 2, 4, 3)T op de kolommenruimte van de matrix

A =

1 31 41 51 61 7

.

1.2.3 Opgave Veronderstel dat S = {x1, x2, x3} een lineair onafhankelijk stel vectoren is in een vectorruimteV . Ga na of het stel vectoren T = {y

1, y

2, y

3}, met y

1= x1 + x2, y2

= x1 + x3, y3= x2 + x3,

onafhankelijk dan wel afhankelijk is.Motiveer uw antwoord.

z.v.b.

Sectie 1.2: Deeltentamen A 5 februari 1996 7

Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y654) op maandag 5 februari 1996, 14.00 – 15.30 uur. ∗

DIT VEL DIENT U IN TE LEVEREN

Naam en voorletters : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Identiteitsnummer : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Studierichting : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Kort–antwoord vragen

1.2.4 Opgave Van de matrix

A =

0 0 1 − 3 22 − 1 4 2 14 − 2 9 1 42 − 1 5 − 1 5

is met Matlab de volgende rijgereduceerde trapvorm bepaald

rref(A) =

1 − 0.5 0 7 00 0 1 − 3 00 0 0 0 10 0 0 0 0

.

a. Geef de rang van A.

Antwoord:

b. Geef een basis voor de nulruimte van A.

Antwoord:

c. Geef een basis voor de kolommenruimte van A.

Antwoord:

z.o.z.


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y654) op maandag 5 februari 1996, 14.00 – 15.30 uur. ∗


A =

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

is de waarde van de determinant bekend, det(A) = 4.

a. Bepaal de waarde van de determinant van de matrix a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 + b1 + 2a1 c2 + b2 + 2a2 c3 + b3 + 2a3

Antwoord:

b. Bepaal de waarde van de determinant van de matrix 3a1 c1 b1

3a2 c2 b2

3a3 c3 b3

Antwoord:

1.2.6 Opgave A is een m× 5 matrix met rang (A) = 2 en dim (N (AT )) = 2.

a. Geef de dimensie van nulruimte N (A).

Antwoord:

b. Geef de afmetingen van A.

Antwoord:

c. Gegeven is dat Ax = b een oplossing heeft. Wat is de rang van de uitgebreide coefficientenmatrix[A, b]?

Antwoord:

Sectie 1.3: Deeltentamen B 11 maart 1996 9

1.3 Deeltentamen B 11 maart 1996


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y658) op maandag 11 maart 1996, 09.00 –10.30 uur.

Het tentamen bestaat uit drie open vragen en drie kort-antwoord vragen.De kort-antwoord vragen staan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aange-geven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.

Opmerking:Studenten van de lichting 1995/96; i.e. de huidige generatie eerstejaars studenten, die-nen de vragen 1, 2, 3A, 4, 5, 6 te maken.Studenten van de lichtingen 1994/95 of ouder kiezen ofwel voor de vragen 1, 2, 3A, 4,5, 6 ofwel voor de vragen 1, 2, 3B, 4, 5, 6. Deze studenten dienen de keuze 3A of 3Bduidelijk en ondubbelzinnig op de eerste pagina van hun tentamen aan te geven.

Vermeld op elk vel dat U inlevert Uw naam, identiteitsnummer, studierichting.Het vel met kort-antwoord vragen dient U bij het einde van de tentamenzitting in het in te leverententamenwerk te leggen. In het laatste kwartier van de zitting mag U niet vertrekken. Na afloop dientU te blijven zitten tot alle tentamenwerken zijn opgehaald.Voor de opgaven kunnen de volgende aantallen punten worden behaald:

Open vragenOpgave 1 : 6 puntenOpgave 2 : 8 puntenOpgave 3Aa.: 6 punten

3Ab.: 4 punten

Opgave 3Ba.: 3 punten3Bb.: 7 punten

Voor de kort-antwoordvragen kunnen per opgave of onderdeel van een opgave 2 punten worden be-haald.Het cijfer wordt bepaald door het totaal der behaalde punten door 4 te delen.

z.o.z.


Open vragen

1.3.1 Opgave Gebruik het Gram-Schmidt orthonormalisatie proces om een orthonormale basis te vindenvoor de deelruimte van R4 met basis

1

− 101

,

2001

,

0010

1.3.2 Opgave De lineaire afbeelding L : R3 → R3 is de spiegeling t.o.v. het vlak met vergelijking x1−x2 +x3 = 0.Bepaal de matrixvoorstelling A van L t.o.v. de standaardbasis op R3 (domein en bereik).

1.3.3 Opgave A =(

− 1 44 5

)

a. Bepaal de algemene oplossing van het stelsel differentiaalvergelijkingen(x1

x2

)= A

(x1

x2

).

b. Bepaal de 2× 2 matrix eAt.


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y658) op maandag 11 maart 1996, 09.00 – 10.30 uur.∗


Naam en voorletters : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Identiteitsnummer : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Studierichting : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Kort–antwoord vragen

1.3.4 Opgave Beschouw een basis S = {x1, x2} en een basis T = {y1, y

2}. Gegeven is

x1 =(

12

), x2 =

(− 2− 1

)en de overgangsmatrix P van de T -basis naar de S-basis

P =(

1 21 1

)

a. Geef de basisvectoren y1, y

2van basis T .

Antwoord:

b. z is een vector in R2 met zS =(32

). Geef z.

Antwoord:

c. Geef de overgangsmatrix van de S-basis naar de standaardbasis.

Antwoord:

z.o.z.


1.3.5 Opgave L : R3 → R3 is de projectie op het vlak gegeven door de vergelijking x1 − x2 = 0.

a. Geef een basis voor de nulruimte van L.

Antwoord:

b. Geef een basis voor de beeldruimte van L.

Antwoord:

c. Geef de eigenwaarden van L met hun algebraısche multipliciteit.

Antwoord:

1.3.6 Opgave Beschouw de deelruimte V van R3 met V =<

102

>

en een vector w =

111

.

a. Geef de projectie van w op V .

Antwoord:

b. Geef de projectie van w op V ⊥.

Antwoord:

Sectie 1.4: Tentamen 28 maart 1996 13

1.4 Tentamen 28 maart 1996


Tentamen Lineaire Algebra voor W (2Y650) op donderdag 28 maart 1996,09.00 – 12.00 uur.

Het tentamen bestaat uit vijf open vragen en vijf kort-antwoord vragen.De kort-antwoord vragen staan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aange-geven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.

Opmerking:Studenten van de lichting 1995/96; i.e. de huidige generatie eerstejaars studenten, die-nen de vragen 1 t/m 9 en 10A te maken.Studenten van de lichtingen 1994/95 of ouder kiezen ofwel voor de vragen 1 t/m 9 en10A ofwel voor de vragen 1 t/m 9 en 10B. Deze studenten dienen de keuze 10A of 10Bduidelijk en ondubbelzinnig op de eerste pagina van hun tentamen aan te geven.



1b.: 2 punten 4b.: 2 punten1c.: 2 punten 4c.: 2 punten

Opgave 2 : 4 punten Opgave 5a.: 3 puntenOpgave 3a.: 2 punten 5b.: 4 punten

3b.: 2 puntenOpgave 3c.: 2 punten


z.o.z.


Open vragen

1.4.1 Opgave

a. Geef de algemene oplossing van het stelsel Ax = b met

A =

1 2 1 31 1 − 2 13 1 1 − 1

en b =

1381

b. Geef een basis voor de nulruimte van A.

c. Geef een basis voor de kolommenruimte van A.

1.4.2 Opgave Bepaal de regressiekromme b = α + βt bij de waarnemingen

t 0 1 2 3 4b 0 9 9 25 47

1.4.3 Opgave Beschouw de verzameling S in R4 van alle oplossingen van de vergelijkingx1 + x2 + x3 − x4 = 0.

a. Bepaal een basis voor S.

b. Bepaal een basis voor het orthogonaal complement S⊥ van S.

c. Schrijf de vector b =

1111

als b1 + b2 met b1 in S en b2 in S⊥.

1.4.4 Opgave Zij L : R2 → R2 een lineaire afbeelding.Een basis S = {x1, x2} is gegeven door x1 =

(12

)en x2 =

(1− 1

).

De matrix A van L ten opzichte van de basis S op doemein en bereik is A =(

2 − 3− 1 4

).

a. Bereken (L(x1))S en (L(x2))S .

b. Bereken L(x1) en L(x2).

c. Bereken L((− 2

3

)).

1.4.5 Opgave Beschouw de matrix A =

0 0 − 20 − 2 0

− 2 0 3

.

a. Bepaal de eigenwaarden van A.

b. Bepaal een orthonormale basis van eigenvectoren van A.






1.4.6 Opgave Voor de 4× 4 matrices van A en B geldt dat det(A) = 3 en det(B) = 5.Bepaal det(2A2BT B−1).

Antwoord:

1.4.7 Opgave A is een 11× 13 matrix met rang (A) = 9.

a. Geef de dimensie van N (A).

Antwoord:

b. Geef de dimensie van N (AT ).

Antwoord:

c. Bepaal of de kolommen van A onafhankelijk dan wel afhankelijk zijn.

Antwoord:

d. Gegeven is dat Ax = b geen oplossingen heeft.Wat is de rang van de uitgebreide coefficientenmatrix [A, b]?

Antwoord:

z.o.z.


1.4.8 Opgave Beschouw de matrix

A =

1√3

1√6

a

1√3

1√6

b

1√3

− 2√6

c

Geef getallen a, b, c zodanig dat A een orthogonale matrix is.

Antwoord:

1.4.9 Opgave Van een matrix A is de LU -decompositie bepaald. De matrix A en de resulterende matricesL en U zijn:

A =

-0.2500 -0.5000 0.3750 0.2500

0.8750 0.5000 1.5000 -0.8750

0.1250 0.5000 -0.7500 -0.8750

0.2500 -0.2500 1.3125 -0.7500

-0.3750 0.5000 -2.2500 1.1250

L =

-0.2857 -0.5000 0 -0.3051 1.0000

1.0000 0 0 0 0

0.1429 0.6000 -0.3338 1.0000 0

0.2857 -0.5500 1.0000 0 0

-0.4286 1.0000 0 0 0

U =

0.8750 0.5000 1.5000 -0.8750

0 0.7143 -1.6071 0.7500

0 0 0.0000 -0.0875

0 0 0 -1.2292

0 0 0 0

a. Geef een permutatiematrix P zo dat PL een zuivere onderdriehoeksmatrix is.

Antwoord:

b. Geef de determinant van L.

Antwoord:





1.4.10 Opgave Gegeven zijn van een 2× 2 matrix A de eigenruimten bij de eigenwaarden 2 en − 4 van A:

E2 =<

(1− 1

)> , E−4 =<

(21

)> .

a. Geef de algemene oplossing van het stelsel differentiaalvergelijkingen x = Ax.

Antwoord:

b. Geef de oplossing van het beginwaardeprobleem x = Ax met x1(0) = 8 en x2(0) = 1.

Antwoord:


1.5 Tentamen 16 augustus 1996


Tentamen Lineaire Algebra voor W (2Y650) op vrijdag 16 augustus 1996,09.00 – 12.00 uur.

Het tentamen bestaat uit vier open vragen en vijf kort-antwoord vragen.De kort-antwoord vragen staan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aange-geven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.

Opmerking:Studenten van de lichting 1995/96; i.e. de huidige generatie eerstejaars studenten, die-nen de vragen 1 t/m 8 en 9A te maken.Studenten van de lichtingen 1994/95 of ouder kiezen ofwel voor de vragen 1 t/m 8 en 9Aofwel voor de vragen 1 t/m 8 en 9B. Deze studenten dienen de keuze 9A of 9B duidelijken ondubbelzinnig op de eerste pagina van hun tentamen aan te geven.



1b.: 2 punten 3b.: 3 puntenOpgave 2a.: 3 punten Opgave 4a.: 4 punten

2b.: 3 punten 4b.: 3 punten2c.: 2 punten2d.: 2 punten


z.o.z.

Sectie 1.5: Tentamen 16 augustus 1996 19

Open vragen

1.5.1 Opgave A =

1 4 34 6 23 2 6

a. Bepaal een LU-decompositie voor A.

b. Is A positief definiet? Verklaar uw antwoord.

1.5.2 Opgave Gegeven zijn de vectoren

v1 =

112

− 3

, v2 =

1113

, v3 =

224

− 6

, v4 =

− 3− 3− 6

9

, b =

− 1− 1− 1− 3

.

a. Bepaal alle oplossingen van de vergelijking

λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 + λ4v4 = 0 .

b. Bepaal alle oplossingen van de vergelijking

λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 + λ4v4 = b .

c. Zijn de vectoren v1 t/m v4 onafhankelijk?

d. Geef een basis voor het opspansel < v1, v2, v3, v4 > in termen van de oorspronkelijke vectorenv1 t/m v4.

1.5.3 Opgave

a. Bepaal de regressiekormme b = α + βt bij de waarnemingent 2 3 4 5 6b 3 4 3 4 5

b. Bepaal de projectie van de vector b = (3, 4, 3, 4, 5)T op de kolommenruimte van de matrix

A =

1 21 31 41 51 6

.

1.5.4 Opgave

a. Gebruik het Gram-Schmidt orthonormalisatieproces om een orthonormale basis te vinden voorde deelruimte van R3 met basis

{

1− 1

0

,

201

} .

b. Geef een orthonormale basis voor R3 die de bij a. gevonden basisvectoren bevat.


Tentamen Lineaire Algebra voor W (2Y650) op vrijdag 16 augustus 1996,09.00 – 12.00 uur.



1.5.5 Opgave Zij L : R2 → R2 een lineaire afbeelding.

Een basis S = {x1, x2} is gegeven door x1 =(

1− 1

), x2 =

(01

).

De matrix A van L t.o.v. de basis S op domein en bereik is A =(

1 2− 2 3

).

a. Bepaal (L(x1))S .

Antwoord:

b. Bepaal (L(x1 + x2))S .

Antwoord:

c. Bepaal L(x1) en L(x2).

Antwoord:

d. Geef de matrix van L t.o.v. de standaardbasis op domein en bereik.

Antwoord:

1.5.6 Opgave Voor de 3× 3 matrices A en B geldt dat det(A) = 5 en det(B) = 25. Bepaaldet(3AAT B−1).

Antwoord:

1.5.7 Opgave A is een 4× 7 matrix met dim(R(AT )) = 3.

a. Geef rang(A).

Antwoord:


b. Geef de dimensie van de nulruimte N (A).

Antwoord:

z.o.z.


1.5.8 Opgave Voor de matrix

A =

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

geldt det(A) = 4. Bepaal de waarde van de determinant van de matrix a1 a2 a3

3c1 3c2 3c3

3b1 3b2 3b3

.

Antwoord:

1.5.9 Opgave Gegeven zijn van een 2× 2 matrix A de eigenruimten bij de eigenwaarden 2 en − 3 van A:

E2 =<

(2− 1

)> , E−3 =<

(11

)> .

a. Geef de algemene oplossing van het stelsel differentiaalvergelijkingen x = Ax.

Antwoord:

b. Geef de oplossing van het beginwaardeprobleem x = Ax met x1(0) = 7 en x2(0) = 1.

Antwoord:

Sectie 1.6: Deeltentamen A 20 januari 1997 23

1.6 Deeltentamen A 20 januari 1997


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y654) op maandag 20 januari 1997, 14.00 –15.30 uur.

Het tentamen bestaat uit vier open vragen en drie kort-antwoord vragen.De kort-antwoordvragen staan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangege-ven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.Vermeld op elk vel dat U inlevert Uw naam, identiteitsnummer, studierichting.Het vel met kort-antwoordvragen dient U bij het einde van het tentamen in het in te leveren tenta-menwerk te leggen.Voor de opgaven kunnen de volgende aantallen punten worden behaald:


1b.: 2 punten 2b.: 4 punten1c.: 2 punten

Opgave 3a.: 3 punten Opgave 4 : 4 punten3b.: 3 punten3c.: 2 punten


z.o.z


Open vragen


A =

1 2 3 11 3 0 11 0 2 1

b =

873

a. Bepaal de algemene oplossing van het stelsel Ax = b.

b. Bepaal een basis voor de nulruimte van A.

c. Bepaal een basis voor de kolommenruimte van A.


A =

2 3 44 5 104 8 2

b =

6162

a. Bepaal een LU -decompositie voor de matrix A.

b. Los het stelsel Ux = L−1b op.

1.6.3 Opgave Gegeven zijn de waarnemingent -5 -3 1 2 3b 3 1 -2 0 -2

a. Bepaal bij deze waarnemingen de regressiekromme b = γt.

b. Bepaal bij deze waarnemingen de regressiekromme b = α + βt.

c. Toon aan dat de bij onderdeel b. verkregen kromme een betere kleinst-kwadratenbenadering isdan de bij onderdeel a. verkregen kromme.

1.6.4 Opgave Van de n× n matrix A en de vector b ∈ Rn is gegeven dat het stelsel Ax = b regulier is.Toon aan dat voor elke reguliere n× n matrix B het stelsel BAx = b regulier is.

z.v.b.


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y654) op maandag 20 januari 1997, 14.00 – 15.30 uur. ∗




A =

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

is de waarde van de determinant bekend, det(A) = 4.Bepaal de waarde van de determinant van de matrix a2 a1 a3

b2 b1 b3

2(c2 + b2) 2(c1 + b1) 2(c3 + b3)

Antwoord:

1.6.6 Opgave Van de 5× 5 matrices A en B is geven dat det(A)=3 en det(B)=5.Bepaal det(2AT B3A−1).

Antwoord:

z.o.z.


1.6.7 Opgave Voor een matrix A en een vector b is met Matlab de rijgereduceerde trapvorm bepaald vande uitgebreide coefficientenmatrix [A|b].

rref([A, b]) =

1 0 0.5 0 1 2.50 1 0.5 0 0 2.50 0 0 1 1 40 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

a. Zijn de kolommen van A onafhankelijk?

Antwoord:

b. Heeft het stelsel Ax = b geen, precies een, of oneindig veel oplossingen?

Antwoord:

c. Geef de rang van A.

Antwoord:

d. Geef de dimensie van de nulruimte van A.

Antwoord:

Sectie 1.7: Deeltentamen B 27 februari 1997 27

1.7 Deeltentamen B 27 februari 1997


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y658) op donderdag 27 februari 1997, 9.00 –10.30 uur.

Het tentamen bestaat uit vier open vragen en vier kort-antwoord vragen.De kort-antwoordvragen staan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangege-ven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.Vermeld op elk vel dat U inlevert Uw naam, identiteitsnummer, studierichting.Het vel met kort-antwoordvragen dient U bij het einde van het tentamen in het in te leveren tenta-menwerk te leggen.Voor de opgaven kunnen de volgende aantallen punten worden behaald:

Open vragenOpgave 1.: 6 puntenOpgave 2.: 6 puntenOpgave 3.: 6 puntenOpgave 4.: 6 punten


z.o.z


Open vragen

1.7.1 Opgave In de R3 is gegeven een basis

S =

2

11

,

102

,

−122

Van de lineaire afbeelding L : R3 → R2 is de matrix t.o.v. de basis S op het domein en de standaard-basis E op het bereik gegeven door:

A =(

2 −1 −10 1 −1

)Bepaal de matrix B van L t.o.v. de standaardbasis E op domein en bereik.

1.7.2 Opgave Gebruik het Gram-Schmidt orthonormalisatieproces om een orthonormale basis te vindenvoor de deelruimte van R4 gegeven door

V =<

00

−11

,

1001

,

10

−10

> .

1.7.3 Opgave Gegeven is de diagonaliseerbare matrix

A =(

−2 11 −2

)Bepaal de 2× 2 matrix eAt.

1.7.4 Opgave Beschouw het stelsel differentiaalvergelijkingen x = Ax met

A =(

2 −45 6

)Bepaal de algemene reele oplossing van dit stelsel.

z.v.b.


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y658) op donderdag 27 febuari 1997, 9.00 – 10.30 uur. ∗



1.7.5 Opgave Beschouw de matrix A met respectievelijke kolommena1, a2, a3, a4. Gegeven is dat

AT A =

4 0 0 50 2 0 00 0 9 05 0 0 3

a. Geef de lengte van de vectoren a1 en a3.

Antwoord:

b. Zijn de vectoren a1 t/m a5 onderling orthogonaal?

Antwoord:

c. Geef de projectie van a1 op a4.

Antwoord:

1.7.6 Opgave Gegeven zijn een basis S = {x1, x2, x3} van R3 en een basis T = {y1, y

2} van R2 met

x1 =

1−1

0

, x2 =

121

, x3 =

101

en

y1

=(

12

), y

2=(

1−1

).

De matrix A van de lineaire afbeelding L : R3 → R2 t.o.v. de basis S op het domein en de basis T ophet bereik is

A =(

1 2 1−1 1 0

)

a. Bepaal [L(x1)]T .

Antwoord:


b. Bepaal L(x1).

Antwoord:

z.o.z.


1.7.7 Opgave Beschouw de afbeelding L : R4 → R3 gegeven door

L(

x1

x2

x3

x4

) =

3 0 2 40 2 3 00 0 0 1

x1

x2

x3

x4

.

a. Is L injectief?

Antwoord:

b. Is L surjectief?

Antwoord:

1.7.8 Opgave Van een reele symmetrische 3× 3 matrix A is gegeven dat:- dim(N (A))=1- Tr(A)=1- A heeft een eigenwaarde 2Geef alle eigenwaarden van A.

Antwoord:




Tentamen Lineaire Algebra voor W en W-verkort (2Y650, 2Y651) op maandag 17 maart1997, 09.00 – 12.00 uur.

Het tentamen bestaat uit vijf open vragen en zes kort-antwoord vragen. De kort-antwoord vragenstaan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangegeven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.

Vermeld op elk vel dat U inlevert Uw naam, identiteitsnummer, studierichting. De vellen met kort-antwoord vragen dient U bij het einde van de tentamenzitting in het in te leveren tentamenwerk teleggen. In het laatste kwartier van de zitting mag U niet vertrekken. Na afloop dient U te blijvenzitten tot alle tentamenwerken zijn opgehaald.Voor de opgaven kunnen de volgende aantallen punten worden behaald:


1b.: 3 punten 3b.: 2 punten1c.: 2 punten 3c.: 3 punten1d.: 2 punten Opgave 4a.: 6 punten

Opgave 2a.: 4 punten 4b.: 2 punten2b.: 3 punten Opgave 5 : 6 punten


z.o.z


Open vragen

1.8.1 Opgave Beschouw de matrix A en de vector b gegeven door

A =

1 3 − 2 0 02 6 − 5 − 2 − 30 0 5 10 152 6 0 8 18

en b =

0

− 156

.


b. Bepaal de algemene oplossing van het stelsel Ax = 0.


d. Zijn de kolommen van A onafhankelijk?

1.8.2 Opgave

a. Bepaal de regressiekromme b = α + βt + γt2 bij de waarnemingen

t - 1 0 1 2b 8 8 4 16

b. Gegeven zijn de matrix A en de vector c met

A =

1 − 1 11 0 01 1 11 2 4

en c =

884

16

Bepaal de projectie van c op de kolommenruimte van A.

1.8.3 Opgave Beschouw de deelruimte S in R4 van alle oplossingen van de vergelijkingx1 − x2 + x3 − x4 = 0.

a. Bepaal een orthonormale basis voor S.

b. Bepaal een basis voor het orthogonaal complement S⊥ van S.

c. Schrijf de vector b =

2

− 133

als b1 + b2 met b1 in S en b2 in S⊥.

1.8.4 Opgave Gegeven is de matrix

A =

0 2 22 1 02 0 − 1

a. Bereken de eigenwaarden en eigenvectoren van A.

b. Is de matrix A positief definiet?

1.8.5 Opgave Van een reele 2× 2 matrix A is gegeven dat Az = λz met λ = −2 + 3i en z =(

1− i

).

Bereken een expliciete uitdrukking voor de 2× 2 matrix eAt.


Tentamen Lineaire Algebra voor W en W-verkort (2Y650, 2Y651) op maandag 17 maart 1997, 09.00– 12.00 uur.




1.8.6 Opgave A is een 8× 5 matrix met rang (A) = 4.

a. Geef de dimensie van de kolommenruimte van A.

Antwoord:

b. Geef de dimensie van de nulruimte van A.

Antwoord:

c. Geef de dimensie van de nulruimte van AT .

Antwoord:


A =

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

is de waarde van de determinant bekend, det(A)=5. Bepaal de waarde van de determinant van dematrix a1 a3 a2

b1 b3 b2

3c1 3c3 3c2

.

Antwoord:

z.o.z.


1.8.8 Opgave Voor de 4× 4 matrices van A en B geldt dat det(A) = 2 en det(B) = 3.Bepaal det(3B−1AT B2).

Antwoord:

1.8.9 Opgave Zij L : R4 → R3 de lineaire afbeelding gedefinieerd door

L(

xyzw

) =

x + yy − zz − w

.

a. Is L surjectief?

Antwoord:

b. Geef de dimensie van ker(L).

Antwoord:

1.8.10 Opgave Beschouw bases S = {x1, x2, x3} en T = {y1, y

2, y

3} van R3 met

x1 =

101

, x2 =

110

, x3 =

001

.

De overgangsmatrix van basis T naar basis S is 1 1 22 1 1

− 1 − 1 1

a. Bepaal de vector y

2.

Antwoord:

b. Geef de overgangsmatrix van de basis S naar de standaardbasis.

Antwoord:


Tentamen Lineaire Algebra voor W en W-verkort (2Y650, 2Y651) op maandag 17 maart 1997, 09.00– 12.00 uur.



1.8.11 Opgave Van de matrix A is gegeven dat A = SΛS−1 met

S =

3 2 14 4 12 1 1

en Λ =

− 3 0 00 1 00 0 5

.

Geef de algemene reele oplossing van de differentiaalvergelijking x = Ax.

Antwoord:





Het tentamen bestaat uit drie open vragen en vijf kort-antwoord vragen.De kort-antwoordvragen staan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangege-ven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.Vermeld op elk vel dat U inlevert Uw naam, identiteitsnummer, studierichting.Het vel met kort-antwoordvragen dient U bij het einde van het tentamen in het in te leveren tenta-menwerk te leggen.Voor de open vragen kunnen per onderdeel van een opgave 3 punten worden behaald, terwijl voorde kort-antwoordvragen per onderdeel van een opgave 2 punten kunnen worden behaald. Het cijferwordt bepaald door het totaal der behaalde punten door 4 te delen.

z.o.z


Open vragen


A =

1 1 2 0 11 2 0 1 01 1 2 1 1

b =

321


b. Bepaal een basis voor de nulruimte van A.



A =

1 1 11 5 31 3 1

b =

642

a. Los het stelsel Ax = b op.

b. Bepaal een LU -decompositie voor de matrix A.

c. Is de matrix A positief-definiet?

1.9.3 Opgave Gegeven zijn de waarnemingen

t -2 -1 0 1b 4 1 3 2

a. Bepaal bij deze waarnemingen de regressiekromme b = α + βt.

b. Gegeven zijn de matrix A en de vector b:

A =

−1 −20 −11 02 1

b =

4132

Bepaal de vector p in R(A) waarvan de afstand tot b minimaal is.

z.v.b.


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y654) op maandag 19 januari 1998, 9.00 – 10.30 uur. ∗



1.9.4 Opgave Gegeven zijn de matrices

A =

5 −8 75 1 210 8 −4

B =

5 −8 70 9 −50 24 −18

Bepaal de matrix E zodat EA = B.

Antwoord:

1.9.5 Opgave Van twee 10 × 10 matrices A en B is gegeven dat det A = 2 en detB = 3. Bepaaldet(2(−A)AT B3).

Antwoord:


A =

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

is de determinant bekend, det(A) = 3. Bepaal de waarde van de determinant van de matrix b1 b2 2(b3 − b2)

a1 a2 2(a3 − a2)c1 c2 2(c3 − c2)

Antwoord:

1.9.7 Opgave Van een 4× 4 matrix A is gegeven dat

A

1212

=

1000

, A

−24−23

=

0100

,

A

4−2−31

=

0010

, A

7−125

=

0001


a. Wat is de rang van A?

Antwoord:

b. Bepaal A−1 (als deze bestaat).

Antwoord:

1.9.8 Opgave Voor een matrix A en een vector b is met MATLAB de rijgereduceerde trapvorm bepaaldvan de uitgebreide coefficientenmatrix [A | b ].

rref([A | b ]) =

1 0 2 3 0 10 1 4 0 0 20 0 0 0 1 30 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

a. Heeft het stelsel Ax = b geen, precies een, of oneindig veel oplossingen?

Antwoord:

b. Geef de rang van A.

Antwoord:

c. Geef de dimensie van de nulruimte van A.

Antwoord:




Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y658) op maandag 2 maart 1998, 09.00 – 10.30uur.

Het tentamen bestaat uit drie open vragen en vier kort-antwoord vragen. De kort-antwoord vragenstaan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangegeven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.

Vermeld op elk vel dat U inlevert Uw naam, identiteitsnummer, studierichting. De vellen met kort-antwoord vragen dient U bij het einde van de tentamenzitting in het in te leveren tentamenwerk teleggen. In het laatste kwartier van de zitting mag U niet vertrekken. Na afloop dient U te blijvenzitten tot alle tentamenwerken zijn opgehaald.

Voor de open vragen kunnen de volgende aantallen punten worden behaald:

Open vragen

Opgave 1.a.: 5 punten1.b.: 4 punten

Opgave 2.a.: 5 punten2.b.: 5 punten

Opgave 3.: 5 punten


z.o.z.


Open vragen

1.10.1 Opgave In de R3 is gegeven een basis

S =

1

10

,

111

,

011

Van de lineaire afbeelding L : R3 → R3 is de matrix A t.o.v. de basis S op het domein en destandaardbasis E op het bereik gegeven door

A =

0 1 21 1 32 3 0

a. Bepaal de matrix B van L t.o.v. de standaardbasis E op domein en bereik.

b. Is de lineaire afbeelding L symmetrisch? Motiveer uw antwoord.

1.10.2 Opgave Beschouw de lineaire deelruimte V van R4 gegeven door

V = {x ∈ R4 | x1 + x2 + x3 + x4 = 0}

a. Bepaal een orthonormale basis voor V .

b. De lineaire afbeelding L : R4 → R4 is de projectie op V . Bepaal de matrixvoorstelling A van Lt.o.v. de standaardbasis E op domein en bereik.

1.10.3 Opgave Beschouw het stelsel differentiaalvergelijkingen x = Ax, met

A =(

3 −24 −3

)Bepaal de oplossing die voldoet aan

x(0) =(

10

)

z.v.b.


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y658) op maandag 2 maart 1998, 09.00 – 10.30 uur.




1.10.4 Opgave Van een reele symmetrische 4× 4 matrix A is gegeven dat:dim(N (A))=1,Tr(A)=4,A heeft precies drie verschillende eigenwaarden,A heeft een eigenwaarde 2.Geef alle eigenwaarden van A.

Antwoord:

1.10.5 Opgave In R3 beschouwen we een basis S en de standaardbasis E. De overgangmatrix PE←S van Snaar E is

PE←S

3 5 01 2 00 0 1

met P−1E←S =

2 −5 0−1 3 0

0 0 1

.

Verder beschouwen we een lineaire afbeelding L : R3 → R2 waarvan de matrix A t.o.v. de basis S ophet domein en de standaardbasis E op het bereik gegeven is door:

A =(

2 1 11 1 2

).

a. Bepaal een basis van de nulruimte van de lineaire afbeelding L, uitgedrukt in coordinaten t.o.v.de standaardbasis.

Antwoord:

b. Bepaal een basis van de beeldruimte van de lineaire afbeelding L, uitgedrukt in coordinatent.o.v. de standaardbasis E.

Antwoord:

z.o.z.


c. Laat de vector x t.o.v. de standaardbasis gegeven zijn door (x)E = (8, 3, 1)T . Bepaal het beeldvan x, uitgedrukt t.o.v. de standaardbasis.

Antwoord:

1.10.6 Opgave Beschouw de matrix A met respectievelijke kolommena1, a2, a3, a4. Gegeven is dat

AT A =

1 0 0 −10 1 0 20 0 1 −3

−1 2 −3 2

a. Geef de lengte van de vector a4.

Antwoord:

b. Zijn de vectoren a1 t/m a3 onderling orthogonaal?

Antwoord:

c. Geef de projectie van a4 op 〈a1, a2, a3〉

Antwoord:

1.10.7 Opgave A is een 3 bij 3 matrix met eigenwaarden 0, 1 en −2. Geef de eigenwaarden van A − I(waarbij I de eenheidsmatrix voorstelt).

Antwoord:




Tentamen Lineaire Algebra voor W (2Y650) op donderdag 19 maart 1998, 9.00 - 12.00uur.

Het tentamen bestaat uit vijf open vragen en vijf kort-antwoord vragen. De kort-antwoord vragenstaan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangegeven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.



Open vragen

Opgave 1.a.: 2 punten Opgave 3.a.: 3 punten1.b.: 3 punten 3.b.: 2 punten1.c.: 2 punten Opgave 4.a.: 3 punten1.d.: 2 punten 4.b.: 3 punten

Opgave 2.a.: 3 punten 4.c.: 2 punten2.b.: 3 punten Opgave 5.: 3 punten2.c.: 2 punten2.d.: 3 punten


z.o.z.


Open vragen

1.11.1 Opgave Van een matrix A is de volgende decompositie bekend: A = KU , met

K =

1 0 1 02 0 0 13 1 0 04 0 0 0

, U =

1 0 0 1 00 0 1 3 20 0 0 0 00 0 0 0 1

a. Bepaal een permutatiematrix P en een onderdriehoeksmatrix L zodanig dat PA = LU .

b. Bepaal een basis voor de kolommenruimte van A.

c. Bepaal alle oplossingen van het stelsel Ax = 0.

d. Voor welke vectoren b heeft het stelsel Ax = b ten minste een oplossing?

1.11.2 Opgave Voor R3 zijn twee bases gegeven, de standaardbasis E = {e1, e2, e3}, en de basis S ={s1, s2, s3}, met

s1 = e1 + e2, s2 = e1 + e3, s3 = e2 + e3

De lineaire afbeelding L : R3 → R3 wordt gegeven door

L(s1) = 2s1

L(s2) = s1 + s2

L(s3) = s1 − s3

a. Bepaal de matrix A van de afbeelding L t.o.v. de basis S op domein en bereik.

b. Bepaal de overgangsmatrices van S naar E en van E naar S.

c. Bepaal de matrix B van de afbeelding L t.o.v. de basis E op het domein en de basis S op hetbereik.

d. Bepaal voor L de eigenwaarden alsmede de bijbehorende eigenruimten in coordinaten t.o.v. debasis E.

1.11.3 Opgave Van twee grootheden t en h zijn de volgende waarnemingen bekend:

t 0 1 2 3h 2 1 0 1

Het verband tussen beide grootheden kan men beschrijven met behulp van het volgende model:

h = α + βt + γt2

a. Bereken, met behulp van de kleinste kwadratenmethode, een schatting voor de parameters α, βen γ.

b. Laat de lineaire deelruimte U van R4 gegeven zijn door

U = 〈

1111

,

−1012

,

−1038

〉Bepaal voor de vector b = (2 1 0 1)T vectoren u ∈ U , v ∈ U⊥ zodanig dat b = u + v.


1.11.4 Opgave Van een symmetrische matrix A is gegeven dat dat −1,1 en 2 eigenwaarden zijn, met

E−1 = 〈

101

〉, E1 = 〈

010

〉, E2 = 〈

10−1

〉a. Bepaal de spectrale decompositie van A.

b. Bepaal eAt.

c. Bepaal de oplossing van de differentiaalvergelijking x = Ax die voldoet aan

x(1) =

111

1.11.5 Opgave Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking x = Ax, waar

A =

1 1 13 −1 00 0 0

z.v.b.


Tentamen Lineaire Algebra voor W (2Y650) op donderdag 19 maart 1998, 09.00 – 12.00 uur.




1.11.6 Opgave A is een 10× 5 matrix waarvan de dimensie van de nulruimte gelijk is aan 3.

a. Geef de rang van AT .

Antwoord:

b. Geef de dimensie van de kolommenruimte van A.

Antwoord:

c. Geef de dimensie van de nulruimte van AT .

Antwoord:


A =

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

is de waarde van de determinant bekend, detA = 8. Bepaal de waarde van de determinant van dematrix

a1 −a3 0 2a2

0 0 3 0b1 −b3 0 2b2

c1 −c3 0 2c2

Antwoord:

1.11.8 Opgave Van de 5 × 5 matrices A en B is de waarde van de determinant bekend, det(A) = 16 endet(B) = 2. Bepaal det(2A−1(2B)3).

Antwoord:


1.11.9 Opgave Beschouw U = 〈u1, u2, u3〉 ⊂ R4, waar

u1 =

1010

, u2 =

0101

, u3 =

1001

a. Geef een orthonormale basis voor U .

Antwoord:

Laat u4 ∈ R4 gegeven zijn door u4 = (1 1 − 1 − 1)T . De lineaire afbeelding L : R4 → R4 wordt t.o.v.de basis {u1, u2, u3, u4} op het domein en de standaardbasis op het bereik gegeven door de matrix

A =

1 0 1 −10 1 0 −11 0 0 10 1 1 1

b. Geef een meetkundige interpretatie van L.

Antwoord:

c. Geef de eigenwaarden en bijbehorende eigenruimten van L.

Antwoord:

d. Geef de matrix B van L t.o.v. de basis {u1, u2, u3, u4} op domein en bereik.

Antwoord:

z.v.b.





1.11.10 Opgave De 3× 3 matrices S en Λ zijn gegeven door

S =

1 0 02 1 03 2 1

, Λ =

1 0 00 1 00 0 0

Verder is S inverteerbaar, met

S−1 =

1 0 0−2 1 01 −2 1

De matrix A is gegeven door A = S−1ΛS.


Antwoord:

b. Bepaal de eigenruimten van A.

Antwoord:

c. Bepaal de rang van A.

Antwoord:





Het tentamen bestaat uit drie open vragen en vier kort-antwoord vragen.De kort-antwoordvragen staan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangege-ven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.Vermeld op elk vel dat U inlevert Uw naam, identiteitsnummer, studierichting.Het vel met kort-antwoordvragen dient U bij het einde van het tentamen in het in te leveren tenta-menwerk te leggen.Voor de opgaven kunnen de volgende aantallen punten worden behaald:

Open vragenOpgave 1a.: 4 punten Opgave 2: 5 punten

1b.: 3 punten Opgave 3a.: 2 punten1c.: 2 punten 3b.: 2 punten


Open vragen


A =

1 1 4 1 20 1 2 1 10 0 0 1 21 0 2 0 1

b =

3211



c. Bepaal een basis voor N (A).

1.12.2 Opgave Bepaal de regressiekromme b = α + βt bij de waarnemingent 3 4 5 6 7b 2 3 2 4 3

z.o.z.




2} van R2. Gegeven is

x1 =(

12

), x2 =

(01

)en y

1=(

11

), y

2=(

23

)

a. Bepaal de coordinaatvector vT van v =(

15

)t.o.v. de basis T .

b. Bepaal de overgangsmatrix PS←T van de basis T naar de basis S.

z.v.b.






A =

0 0 1 − 3 22 − 1 4 2 14 − 2 9 1 42 − 1 5 − 1 5

is met Matlab de volgende rijgereduceerde trapvorm bepaald

rref(A) =

1 − 0.5 0 7 00 0 1 − 3 00 0 0 0 10 0 0 0 0

.


Antwoord:

b. Geef de dimensie van de nulruimte van A.

Antwoord:

c. Geef een basis voor de kolommenruimte van A uitgedrukt in de kolommen van A.

Antwoord:

z.o.z.




A =

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

is de waarde van de determinant bekend, det(A) = 4. Bepaal de waarde van de determinant van dematrix b1 b2 b3

a1 a2 a3

c1 + 2a1 c2 + 2a2 c3 + 2a3

Antwoord:

1.12.6 Opgave Van de 3× 3 matrices A en B is geven dat det(A)=4 en det(B)= 12 .

Bepaal det(2AT B2A−1).

Antwoord:

1.12.7 Opgave Geef een orthonormale basis voor de deelruimte van R3 met basis {

102

,

201

}.

Antwoord:




Deeltentamen B Lineaire Algebra voor W/BMT (2Y658) op maandag 1 maart 1999,09.00 — 10.30 uur.

Het tentamen bestaat uit drie open vragen en vier kort-antwoord-vragen. De kort-antwoord-vragenstaan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangegeven kader worden ingevuld.

Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.

Vermeld op elk vel dat U inlevert uw naam, identiteitsnummer en studierichting. De vellen met kort-antwoord-vragen dient U bij het einde van de tentamenzitting in het in te leveren tentamenwerk teleggen. In het laatste kwartier van de zitting mag U niet vertrekken. Na afloop dient U te blijvenzitten tot alle tentamenwerken zijn opgehaald.


Open vragen:

Vraagstuk 1a: 2 punten Vraagstuk 2a: 2 punten Vraagstuk 3a: 2 puntenVraagstuk 1b: 2 punten Vraagstuk 2b: 2 punten Vraagstuk 3b: 2 puntenVraagstuk 1c: 2 punten Vraagstuk 2c: 2 punten

Vraagstuk 2d: 2 punten

Voor de kort-antwoord-vragen kunnen per onderdeel van een opgave 2 punten worden behaald. Hetcijfer wordt bepaald door het totaal der behaalde punten door 3 te delen.

z.o.z.


Deeltentamen B Lineaire Algebra voor W/BMT (2Y658) op maandag 1 maart 1999, 09.00 — 10.30uur.

Open vragen:

1.13.1 Opgave Beschouw de symmetrische matrix A =

3 0 00 1 30 3 1

.

1. Bepaal de eigenwaarden van A.

2. Bepaal de bijbehorende eigenvectoren van A.

3. Bepaal een spectrale decompositie van A, d.w.z. bepaal een orthonormale matrix Q en eendiagonaalmatrix D, zo dat

A = QDQT .

1.13.2 Opgave Beschouw de matrix A =(−4 5−2 3

).

1. Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking x = Ax.

2. Bereken etA.

3. Beschouw de oplossing van de differentiaalvergelijking x = Ax, met beginwaarde x(1) =(

11

).

Bereken x(4).

4. Bepaal de algemene oplossing van de inhomogene differentiaalvergelijking

x = Ax + e3tv, met v =(−14

).

1.13.3 Opgave In R2 zijn gegeven de bases S = {s1, s2} en E = {e1, e2}, met s1 =(

23

), s2 =

(01

),

e1 =(

10

)en e2 =

(01

). Van de lineaire afbeelding L : R2 −→ R2 is gegeven dat

Ls1 = 5s1 + s2,

Ls2 = s1 − 3s2.

1. Bepaal de matrix van L t.o.v. de basis S op domein en bereik.

2. Bepaal de matrix van L t.o.v. de standaardbasis E op domein en bereik.

z.v.b.




Naam en voorletters : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Identiteitsnummer : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Studierichting : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Kort-antwoord-vragen:

1.13.4 Opgave De 3× 3 matrix B heeft de eigenwaarden λ1 = 2, λ2 = 4 en λ3 = 5, met bijbehorende eigen-

vectoren v1 =

11−3

, v2 =

−205

en v3 =

740

. Bepaal de eigenwaarden en bijbehorende

eigenvectoren van de matrix 3B + 4I.

Antwoord:

1.13.5 Opgave De lineaire afbeelding L : R3 −→ R3 is de loodrechte projectie op het vlak gegeven door devergelijking x1 − 2x2 + x3 = 0.

1. Geef een basis voor de nulruimte van L.

Antwoord:

2. Geef een basis voor de beeldruimte van L.

Antwoord:

3. Geef alle eigenwaarden van L met hun algebraısche multipliciteit.

Antwoord:

z.o.z.



1.13.6 Opgave Bepaal de algemene reele oplossing van de differentiaalvergelijking

y′′ − 4y′ + 5y = 0.

Antwoord:

1.13.7 Opgave Van de reele 2× 2 matrix A zijn de volgende gegevens bekend:

• A is symmetrisch,

• rang(A) = 1,

• A2 = A.

Bepaal de eigenwaarden van A.

Antwoord:




Tentamen Lineaire Algebra voor W (2Y650) op donderdag 18 maart 1999, 9.00 - 12.00uur.




Open vragen

Opgave 1.a.: 3 punten Opgave 3.: 4 punten1.b.: 4 punten Opgave 4.a.: 4 punten1.c.: 2 punten 4.b.: 3 punten

Opgave 2.a.: 4 punten 5: 4 punten2.b.: 4 punten2.c.: 2 punten


Open vragen


A =

−1 3 0 1 4

1 −3 1 2 −82 −6 2 4 00 0 1 3 −4

b =

4

−72

−3




z.o.z.



V = {x ∈ R4 | x1 + 2x2 + 2x3 = 0}

De lineaire afbeelding L : R3 → R3 is spiegeling in V .

a. Bepaal een orthonormale basis van eigenvectoren van L.

b. Bepaal de matrixvoorstelling A van L t.o.v. de standaardbasis E op domein en bereik.

c. Is de lineaire afbeelding L symmetrisch? Motiveer uw antwoord.


t 0 1 2 3h 0 2 3 8


h = αt + βt2

Bereken, met behulp van de kleinste kwadratenmethode, een schatting voor de parameters α en β.


A =

1 1 20 2 02 4 4

a. Bepaal de algemene reele oplossing van dit stelsel.

b. Bepaal de oplossing die voldoet aan

x(0) =

3−2−1

1.14.5 Opgave Gegeven is de matrix

A =(

1 −21 −1

)Bepaal een expliciete reele uitdrukking voor de matrix eAt.

z.v.b.






1.14.6 Opgave A is een 5× 7 matrix waarvan de dimensie van de rijenruimte gelijk is aan 4.


Antwoord:


Antwoord:


Antwoord:


A =(

a1 a2

b1 b2

)is de waarde van de determinant bekend, detA = 8. Bepaal de waarde van de determinant van dematrix 2 0 0

0 a2 a1

0 b2 b1

Antwoord:

1.14.8 Opgave Van de 3 × 3 matrices A en B is de waarde van de determinant bekend, det(A) = 8 endet(B) = 3. Bepaal det(A−1(2B)2).

Antwoord:

z.o.z.


1.14.9 Opgave De lineaire deelruimte V van R3 is het vlak gegeven door de vergelijking x1 + 2x2 − x3 = 0.Geef een ortonormale basis voor V .

Antwoord:

1.14.10 Opgave Van een reele symmetrische 3× 3 matrix A is gegeven dat:det(A)=0,Tr(A)=3,A heeft een eigenwaarde 1.Geef alle eigenwaarden van A.

Antwoord:

1.14.11 Opgave Van de matrix A zijn de eigenwaarden en bijbehorende eigenruimten berekend:

E2 =<

121

> , E−1 =<

10−1

> , E4 =<

1−11

> .

Er geldt A = SDS−1 met

D =

4 0 00 2 00 0 −1

.

Geef een mogelijke matrix S.

Antwoord:


1.15 Tentamen 11 augustus 1999


Tentamen Lineaire Algebra voor W (2Y650) op woensdag 11 augustus 1999, 9.00 - 12.00uur.




Open vragen

Opgave 1.a.: 2 punten Opgave 3.: 4 punten1.b.: 3 punten Opgave 4.a.: 3 punten1.c.: 2 punten 4.b.: 3 punten

Opgave 2.a.: 3 punten Opgave 5.a.: 3 punten2.b.: 3 punten 5.b.: 3 punten2.c.: 2 punten 5.c.: 3 punten


Open vragen


A =

0 3 −6 −4 −3−1 3 −10 −4 −4

2 −6 20 2 8

b =

−5−2−8




z.o.z.



V = {x ∈ R3 | x1 + x2 = 0}

De lineaire afbeelding L : R3 → R3 is loodrechte projectie op V .



c. Is de lineaire afbeelding L symmetrisch? Motiveer uw antwoord.

1.15.3 Opgave Bepaal de regressiekromme b = α + βt bij de waarnemingent 0 1 2 3b 1 2 4 3


A =(

0 −33 0

)


b. Bepaal de oplossing die voldoet aan

x(0) =(

23

)

1.15.5 Opgave Zij L : R2 → R2 een lineaire afbeelding.Een basis S = {x1, x2} is gegeven door x1 =

(12

)en x2 =

(1− 1

).

De matrix A van L ten opzichte van de basis S op domein en bereik is A =(

2 − 3− 1 4

).

a. Bereken (L(x1))S en (L(x2))S .

b. Bereken L(x1) en L(x2).

c. Bereken L((− 2

3

)).

z.v.b.


Tentamen Lineaire Algebra voor W (2Y650) op woensdag 11 augustus 1999, 09.00 – 12.00 uur.




1.15.6 Opgave A is een 4× 6 matrix waarvan de dimensie van de rijenruimte gelijk is aan 3.


Antwoord:


Antwoord:


Antwoord:


A =

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

is de waarde van de determinant bekend, detA = 7. Bepaal de waarde van de determinant van dematrix a3 a2 a1

2b3 2b2 2b1

c3 c2 c3

Antwoord:

1.15.8 Opgave Van de 3 × 3 matrices A en B is de waarde van de determinant bekend, det(A) = 5 endet(B) = 4. Bepaal det(1

2AT A−1B2).

Antwoord:

z.o.z.


1.15.9 Opgave Bepaal de algemene reele oplossing van de differentiaalvergelijking

y′′ + y′ − 6y = 0 .

Antwoord:

1.15.10 Opgave Van een reele symmetrische 3× 3 matrix A is gegeven dat:rang(A)=2,Tr(A)=4,A heeft een eigenwaarde 1.Geef alle eigenwaarden van A.

Antwoord:

1.15.11 Opgave Van de matrix A is gegeven dat

eAt =15

(−2e−2t + 7e3t 2e−2t − 2e3t

−7e−2t + 7e3t 7e−2t − 2e3t

).

Geef de oplossing van het beginwaardeprobleem

x = Ax , x(0) =(

ab

).

Antwoord:




Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y654) op donderdag 20 januari 2000, 9.00 –10.30 uur.

Het tentamen bestaat uit drie open vragen en vijf kort-antwoord vragen.De kort-antwoordvragen staan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangege-ven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.Vermeld op elk vel dat U inlevert Uw naam, identiteitsnummer, studierichting.Het vel met kort-antwoordvragen dient U bij het einde van het tentamen in het in te leveren tenta-menwerk te leggen.Voor de opgaven kunnen de volgende aantallen punten worden behaald:


1b.: 3 punten 3b.: 3 punten1c.: 3 punten 3c.: 3 punten

Opgave 2: 5 punten


Open vragen


A =

3 5 −4 7−3 −2 4 −1

6 1 −8 −4

b =

11−2−5

a. Bepaal de algemene oplossing van het stelsel Ax = b (in vectornotatie).

b. Bepaal een basis voor R(A).

c. Bepaal een basis voor het orthogonale complement van R(A) in R3.


A =

1 3 51 1 01 1 21 3 3

b =

357

−3

Bepaal de kleinste-kwadratenoplossing van het stelsel Ax = b.

z.o.z.





x1 =(

1−3

), x2 =

(−2

4

)en y

1=(

−79

), y

2=(

−57

)

a. Bepaal de overgangsmatrix PS←T van de basis T naar de basis S.

b. Bepaal de overgangsmatrix PT←S van de basis S naar de basis T .

c. Bepaal de coordinaatvector vS van v =(

1−1

)t.o.v. de basis S.

z.v.b.





1.16.4 Opgave Van een matrix A is de rijgereduceerde trapvorm bepaald,

rref(A) =

1 0 1 0 10 1 −2 0 30 0 0 1 −50 0 0 0 0

.


Antwoord:

b. Geef de dimensie van N (A) d.w.z. dim(N (A)).

Antwoord:

1.16.5 Opgave Beschouw een stelsel vergelijkingen Ax = b. A is een 4 × 5-matrix met dim(N (A)) = 2 enrang[A, b] = 4.

a. Heeft het stelsel Ax = 0, geen, precies een, of oneindig veel oplossingen?

Antwoord:

b. Heeft het stelsel Ax = b, geen, precies een, of oneindig veel oplossingen?

Antwoord:

c. Voor welke b is de oplossingsverzameling van het stelsel Ax = b een lineaire deelruimte van deR5 ?

Antwoord:

z.o.z.



1.16.6 Opgave Beschouw in R3 de vectoren a =

111

en b =

123

. Geef de projectie van b op a.

Antwoord:


A =

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

is de waarde van de determinant bekend, det(A) = 4. Bepaal de waarde van de determinant van dematrix

2 0 0 03 b1 b2 b3

4 a1 a2 a3

5 c1 c2 c3

Antwoord:

1.16.8 Opgave Van de 3× 3 matrices A en B is gegeven dat det(A)=5 en det(B)=−2.Bepaal det(3A−1BT A2).

Antwoord:


1.17 Deeltentamen B 24 februari 2000


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y658) op donderdag 24 februari 2000, 09.00 –10.30 uur.

Het tentamen bestaat uit drie open vragen en drie kort-antwoord vragen. De kort-antwoord vragenstaan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangegeven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven. U dient deze duidelijk geformuleerd en overzichtelijkop te schrijven. Bij de beoordeling van een open vraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerkingeen belangrijke rol.



Open vragen

Opgave 1.a.: 2 punten1.b.: 2 punten1.c.: 2 punten1.d.: 2 punten

Opgave 2: 5 puntenOpgave 3.a.: 2 punten

3.b.: 3 punten


z.o.z.


Open vragen

1.17.1 Opgave Beschouw de symmetrische matrix A =(

4 −3−3 −4

).


b. Bepaal de bijbehorende eigenvectoren van A.

c. Bepaal een spectrale decompositie van A, d.w.z. bepaal een orthonormale matrix Q en eendiagonaalmatrix D, zo dat

A = QDQT .

d. Bepaal de matrix eAt.


A =(

2 3−3 2

)Bepaal de algemene reele oplossing van dit stelsel.


V = {x ∈ R3 | x1 − x2 + 2x3 = 0}




z.v.b.


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y658) op donderdag 24 februari 2000, 09.00 – 10.30 uur.




1.17.4 Opgave Beschouw de lineaire afbeelding L : R3 → R2 met basis S = {x1, x2, x3} op het domein enbasis T = {y

1, y

2} op het bereik.

Gegeven is datL(x1) = 2y

1+ 2y

2,

L(x2) = y1− y

2,

L(x3) = 2y1

+ y2.

a. Geef L(3x1 + 2x2 − 4x3).

Antwoord:

b. Geef de matrix van L t.o.v. de basis S op het domein en de basis T op het bereik.

Antwoord:

1.17.5 Opgave De 3× 3 matrix B heeft de eigenwaarden λ1 = 2, λ2 = 4 en λ3 = −1.

a. Geef de eigenwaarden van de matrix B−1.

Antwoord:

b. Geef de eigenwaarden van de matrix 3B + 2I.

Antwoord:

z.o.z.


1.17.6 Opgave Van een reele symmetrische 3× 3 matrix A is gegeven dat:det(A)=2, en

E−1 = 〈

101

〉, E1 = 〈

010

〉 .

a. Geef alle eigenwaarden van A.

Antwoord:

b. Geef drie onafhankelijke eigenvectoren van A.

Antwoord:




Tentamen Lineaire Algebra voor W (2Y650) op vrijdag 10 maart 2000, 9.00 - 12.00 uur.




Open vragen

Opgave 1.a.: 3 punten Opgave 3.: 5 punten1.b.: 3 punten Opgave 4.a.: 4 punten1.c.: 2 punten 4.b.: 2 punten1.d.: 2 punten 5.a.: 3 punten

Opgave 2.b.: 2 punten 5.b.: 4 punten2.c.: 2 punten


Open vragen


A =

1 −2 1 00 2 3 22 −2 5 21 0 4 2

b =

−1

534




d. Bepaal een basis voor R(A).

z.o.z.


1.18.2 Opgave Gegeven de deelruimte V =< v1, v2 > van R3 met

v1 =

1−1

1

, v2 =

11

−1

.

a. Bepaal een basis voor het orthogonaal complement V ⊥ van V .

b. Schrijf de vector b =

2− 1

3

als b1 + b2 met b1 in V en b2 in V ⊥.


t -2 -1 0 1h 4 2 1 0


h = α + βt

Bereken, met behulp van de kleinste kwadratenmethode, een schatting voor de parameters α en β.


A =(

2 3−3 2

)


b. Bepaal de oplossing die voldoet aan de beginvoorwaarde

x(0) =(−2

5

).


V = {x ∈ R3 | x1 + 2x2 + x3 = 0}


a. Bepaal een orthonormale basis van eigenvectoren van L voor R3.


z.v.b.


Tentamen Lineaire Algebra voor W (2Y650) op vrijdag 10 maart 2000, 09.00 – 12.00 uur.




1.18.6 Opgave A is een 5× 7 matrix waarvan de dimensie van de nulruimte gelijk is aan 4.


Antwoord:


Antwoord:

c. Geef de dimensie van de rijenruimte van A.

Antwoord:


A =

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

is de waarde van de determinant bekend, detA = 8. Bepaal de waarde van de determinant van dematrix

0 2 0 0a1 0 a2 a3

b1 0 b2 b3

c1 0 c2 c3

Antwoord:

z.o.z.


1.18.8 Opgave Van de 3 × 3 matrices A en B is de waarde van de determinant bekend, det(A) = 4 endet(B) = 3. Bepaal det(3A−1AT B2).

Antwoord:

1.18.9 Opgave De matrix A =

5 6 00 2 0

−3 −6 3

heeft eigenvector x =

001

.

a. Geef de bij x behorende eigenwaarde van A.

Antwoord:

b. x is ook een eigenvector van de matrix B = 2A+4I. Geef de bij x behorende eigenwaarde van B.

Antwoord:

1.18.10 Opgave Voor de matrix A geldt dat eAt = 110

(9e5t + e−5t −3e5t + 3e−5t

−3e5t + 3e−5t e5t + 9e−5t

).

Geef de oplossing van het beginwaardeprobleem x = Ax met x(0) =(

12

).

Antwoord:

1.18.11 Opgave Beschouw de lineaire afbeelding L : R3 → R2 met basis S = {x1, x2, x3} op het domein enbasis T = {y

1, y

2} op het bereik.

Gegeven is datL(x1) = 3y

1+ 2y

2,

L(x2) = y1− 2y

2,

L(x3) = 2y1

+ y2.

Geef de matrix van L t.o.v. de basis S op het domein en de basis T op het bereik.

Antwoord:





Het tentamen bestaat uit vier open vragen en vijf kort-antwoord vragen.De kort-antwoordvragen staan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangege-ven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven of aangeven hoe U e.e.a. met Matlab hebt uitgewerkt.U dient dit duidelijk geformuleerd en overzichtelijk op te schrijven. Bij de beoordeling van een openvraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerking een belangrijke rol.Vermeld op elk vel dat U inlevert Uw naam, identiteitsnummer, studierichting.Het vel met kort-antwoordvragen dient U bij het einde van het tentamen in het in te leveren tenta-menwerk te leggen.Voor de opgaven kunnen de volgende aantallen punten worden behaald:

Open vragenOpgave 1a.: 2 punten Opgave 2a.: 2 punten Opgave 4a.: 3

1b.: 3 punten 2b.: 2 punten 4b.: 21c.: 2 punten Opgave 3a.: 3 punten1d.: 2 punten 3b.: 3 punten


Open vragen


A =

2 4 2 1 186 12 2 1 388 16 2 −1 442 4 4 0 22

b =

25577132

a. Bepaal de rijgereduceerde trapvorm voor de uitgebreide coefficientenmatrix van het stelsel Ax =

b.


c. Bepaal een basis voor R(A) in termen van de kolommen van A.

d. Bepaal een vector c zodat het stelsel Ax = c geen oplossingen heeft.

z.o.z.




A =

1 11 21 31 41 5

b =

12446

a. Bepaal de normaalvergelijking voor het bepalen van de kleinste-kwadratenoplossing van het

stelsel Ax = b.

b. Bepaal de kleinste-kwadratenoplossing van het stelsel Ax = b.

1.19.3 Opgave Gegeven zijn de vectoren

v =

1

−121

, a =

1200

, b =

001

−1

.

a. Bepaal de projectie van v op V =< a, b >.

b. Splits v zo dat v = v1 + v2 met v1 ∈ V en v2 ∈ V ⊥.



x1 =(

−12

), x2 =

(2

−2

)en y

1=(

−32

), y

2=(

4−2

)

a. Bepaal de overgangsmatrix PS←T van de basis T naar de basis S.

b. Bepaal de coordinaatvector vS van v =(

5−8

)t.o.v. de basis S.

z.v.b.





1.19.5 Opgave Van een 5× 6 matrix A is gegeven dat rang(A)=4.

a. Geef de dimensie van R(A) d.w.z. dim(R(A)).

Antwoord:

b. Geef de dimensie van N (A) d.w.z. dim(N (A)).

Antwoord:

1.19.6 Opgave Van de 3× 3 matrices A en B is gegeven dat det(A)=4 en det(B)=3.Bepaal det(2A2BT A−1).

Antwoord:


A =(

a1 a2

b1 b2

)en B =

(c1 c2

b1 b2

)is gegeven dat det(A) = 3 en det(B) = −2. Bepaal de waarde van de determinant van de matrix(

a1 + 2c1 a2 + 2c2

b1 b2

)

Antwoord:

1.19.8 Opgave Beschouw een stelsel vergelijkingen Ax = b. Er is gegeven dat rang(A)=6en rang([A, b]) = 7. Heeft het stelsel Ax = b, geen, precies een, of oneindig veel oplossingen?

Antwoord:

z.o.z.



1.19.9 Opgave A is een 4× 4 matrix met kolommen v1, v2, v3, v4. Gegeven is dat

AT A =

4 0 0 00 9 2 00 2 3 00 0 0 5

a. Zijn de kolommen v1 en v2 onderling orthogonaal?

Antwoord:

b. Zijn de kolommen v2 en v3 onderling orthogonaal?

Antwoord:

c. Geef een basis (in termen van de kolommen van A) voor het orthoplement van < v1, v4 >.

Antwoord:




Deeltentamen Lineaire Algebra voor W, BMT, Ins (2Y658) op maandag 5 maart 2001,09.00 – 10.30 uur.

Het tentamen bestaat uit vier open vragen en vier kort-antwoord vragen. De kort-antwoord vragenstaan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangegeven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven of aangeven hoe U e.e.a. met Matlab hebt uitgewerkt.U dient dit duidelijk geformuleerd en overzichtelijk op te schrijven. Bij de beoordeling van een openvraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerking een belangrijke rol.



Open vragen

Opgave 1.: 4 punten2.a.: 3 punten2.b.: 3 punten2.c.: 3 punten

Opgave 3.a.: 3 puntenOpgave 3.b.: 4 punten

4.: 4 punten


z.o.z.


Open vragen

1.20.1 Opgave Bepaal een matrix A met eigenwaarden 1 en −2 en eigenruimten

E1 =<

110

,

012

> en E−2 =<

101

> .


A =(

2 −54 −2

).

a. Bepaal de algemene complexe oplossing van dit stelsel.

b. Bepaal de algemene reele oplossing van dit stelsel.

c. Bepaal de (reele) oplossing met beginwaarde

x(0) =(

32

).


V = {x ∈ R3 | x1 + x2 − 2x3 = 0} .


a. Bepaal een orthonormale basis van R3 bestaande uit eigenvectoren van L.


1.20.4 Opgave Bepaal een reele 2 bij 2 matrix zo, dat het lineaire systeem x = Ax de volgende oplossingheeft {

x1(t) = 2e2t − 3e3t ,

x2(t) = 4e2t + 6e3t .

z.v.b.


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W (2Y658) op maandag 5 maart 2001, 09.00 – 10.30 uur.




1.20.5 Opgave Beschouw de lineaire afbeelding L : R2 → R2 met basis S = {x1, x2} op het domein en basisT = {y

1, y

2} op het bereik, met y

1= x1 + x2 en y

2= x1 − 2x2.

Gegeven is dat L(x1) = 2y1

+ 2y2, L(x2) = y

1+ y

2.

a. Geef [L(x1)]T .

Antwoord:

b. Geef de matrix van L t.o.v. de basis S op het domein en de basis T op het bereik.

Antwoord:

c. Geef de matrix van L t.o.v. de basis S op domein en bereik.

Antwoord:


a. Geef de eigenwaarden van de matrix (B2)−1.

Antwoord:

b. Geef de eigenwaarden van de matrix 2B − 3I.

Antwoord:

z.o.z.


1.20.7 Opgave Beschouw het inhomogene stelsel differentiaalvergelijkingen

x =(

5 −27 −4

)x +

(1

−1

)e4t .

Geef een particuliere oplossing van de vorm ve4t.

Antwoord:

1.20.8 Opgave Het karakteristiek polynoom van de matrix A is λ4 + 3λ3 − 8λ2 − 12λ + 16.

a. Geef det(A).

Antwoord:

b. Geef het spoor van A.

Antwoord:




Tentamen Lineaire Algebra voor W, BMT, Ins (2Y650) op vrijdag 16 maart 2001, 9.00- 12.00 uur.

Het tentamen bestaat uit vijf open vragen en zes kort-antwoord vragen. De kort-antwoord vragenstaan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangegeven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven of aangeven hoe U e.e.a. met Matlab hebt uitgewerkt.U dient dit duidelijk geformuleerd en overzichtelijk op te schrijven. Bij de beoordeling van een openvraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerking een belangrijke rol.



Opgave 1.a.: 2 punten Opgave 3.a.: 2 punten1.b.: 3 punten 3.b.: 2 punten1.c.: 2 punten Opgave 4.a.: 3 punten1.d.: 2 punten 4.b.: 3 punten

Opgave 2.a.: 2 punten 4.c.: 3 punten2.b.: 2 punten Opgave 5.a.: 3 punten2.c.: 3 punten 5.b.: 4 punten


Open vragen


A =

−1 3 2 2

2 0 2 25 −2 1 −33 2 3 −1

b =

1400




d. Bepaal een basis voor R(A).

z.o.z.


1.21.2 Opgave Gegeven de deelruimte V =< v1, v2 > van R4, en de vector b ∈ R4 met

v1 =

1

−101

, v2 =

11

−10

, b =

2

− 131

.

a. Bepaal een basis voor het orthogonaal complement V ⊥ van V .

b. Bepaal de projectie van b op V .

c. Schrijf de vector b als b = b1 + b2 met b1 in V en b2 in V ⊥.


A =

1 11 21 31 41 5

b =

23668


stelsel Ax = b.



A =(−2 17−1 −4

)



c. Bepaal de oplossing die voldoet aan de beginvoorwaarde

x(0) =(

22

).


V = {x ∈ R3 | 2x1 + 2x2 + x3 = 0}


a. Bepaal een orthonormale basis van eigenvectoren van L voor R3.


z.v.b.


Tentamen Lineaire Algebra voor W, BMT, Ins (2Y650) op vrijdag 16 maart 2001, 09.00 – 12.00 uur.




1.21.6 Opgave

De matrix A =

2 4 2 1 186 12 2 1 388 16 2 −1 44

heeft rijgereduceerde trapvorm

1 2 0 0 50 0 1 0 30 0 0 1 2

a. Geef een mogelijke keuze van kolommen die uit A weglaten kunnen worden zodat de overgeble-

ven kolommen een inverteerbare matrix vormen.

Antwoord:

b. Geef de rang van de matrix [A, b], waarbij b ∈ R3 een willekeurige vector is.

Antwoord:

c. Is het stelsel Ax = b voor iedere b ∈ R3 oplosbaar?.

Antwoord:


A =(

a1 a2

b1 b2

)en B =

(c1 c2

b1 b2


a1 + 3c1 a2 + 3c2

b1 b2

)

Antwoord:

z.o.z.


1.21.8 Opgave Van de 3 × 3 matrices A en B is de waarde van de determinant bekend, det(A) = 3 endet(B) = 5. Bepaal det(3(A2)−1AT B2).

Antwoord:


5 6 00 2 0

−3 −6 3


2−1

0

.

a. Geef de bij x behorende eigenwaarde van A.

Antwoord:

b. x is ook een eigenvector van de matrix B = 2A+4I. Geef de bij x behorende eigenwaarde van B.

Antwoord:


x =(

2 33 2

)x +

(12

)e2t .


Antwoord:

z.v.b.





1.21.11 Opgave Beschouw de lineaire afbeelding L : R2 → R2. Op R2 beschouwen we basis S = {x1, x2} enbasis T = {y

1, y

2} op het bereik, met y

1= 2x1 + x2 en y

2= x1 − 2x2.

Gegeven is dat L(x1) = 2y1

+ y2, L(x2) = y

1+ 3y

2.

a. Geef [y1)]S .

Antwoord:

b. Geef de overgangsmatrix matrix van de basis T naar de basis S.

Antwoord:

c. Geef [L(x1)]S .

Antwoord:

d. Geef de matrix van L t.o.v. de basis S op domein en bereik.

Antwoord:




Deeltentamen Lineaire Algebra voor W en BMT (2Y654) op donderdag 24 januari 2002,9.00 – 10.30 uur.

Het tentamen bestaat uit vier open vragen en zes kort-antwoord vragen.De kort-antwoordvragen staan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangege-ven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven of aangeven hoe U e.e.a. met Matlab hebt uitgewerkt.U dient dit duidelijk geformuleerd en overzichtelijk op te schrijven. Bij de beoordeling van een openvraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerking een belangrijke rol.Vermeld op elk vel dat U inlevert Uw naam, identiteitsnummer, studierichting.Het vel met kort-antwoordvragen dient U bij het einde van het tentamen in het in te leveren tenta-menwerk te leggen.Voor de opgaven kunnen de volgende aantallen punten worden behaald:Open vragen: Opgave 1 : 4 punten Opgave 3a.: 2 punten

Opgave 2a.: 2 punten 3b.: 3 punten2b.: 3 punten 3c.: 2 punten2c.: 2 punten Opgave 4a.: 2 punten2d.: 2 punten 4b.: 2 punten

4c.: 2 punten


Open vragen

1.22.1 Opgave Bepaal een tweetal vergelijkingen die de lijn beschrijven door het punt (1,−1, 1) loodrechtop het vlak gegeven door de vergelijking 2x + y + z = 2.

1.22.2 Opgave Gegeven is het stelsel vergelijkingenx1 + 2x2 + 2x4 = 5

−2x1 − 5x2 + x3 − x4 = −8− 3x2 + 3x3 + 4x4 = 1

3x1 + 6x2 − 7x4 = 2

a. Bepaal de rijgereduceerde trapvorm voor de uitgebreide coefficientenmatrix van dit stelsel .

b. Bepaal de algemene oplossing van dit stelsel (in vectornotatie).

c. Bepaal een basis voor N (A) met A de coefficientenmatrix van dit stelsel.

d. Bepaal de algemene oplossing (in vectornotatie) van het stelsel dat onstaat door in bovenstaandstelsel de tweede vergelijking weg te laten.

z.o.z.




A =

1 01 21 31 41 6

b =

10135


stelsel Ax = b.


c. Bepaal de projectie van b op de kolommenruimte van A.

1.22.4 Opgave Beschouw de lineaire ruimte V opgespannen door de vectoren

v1 =

1

−33

−1

, v2 =

1

−121

, v3 =

1201

, v4 =

101

−1

.

a. Laat zien dat dim(V ) = 3.

b. Geef drie van bovenstaande vectoren vi die een basis vormen van V .

c. Schrijf de overgebleven vector als lineaire combinatie van de in b. gekozen basisvectoren.

z.v.b.





1.22.5 Opgave Van een 5× 6 matrix A is gegeven dat dim(N (A)) = 2.

a. Geef de dimensie van R(A) d.w.z. dim(R(A)).

Antwoord:

b. Geef rang(AT ).

Antwoord:

1.22.6 Opgave Van de 3× 3 matrices A en B is gegeven dat det(A)=3 en det(B)=9.Bepaal det(3(AB)T (AB)−1).

Antwoord:


A =(

a1 a2

0 a3

)en B =

(b1 b2

0 b3

)is gegeven dat det(A) = 3 en det(B) = −2. Bepaal de waarde van de determinant van de matrix

a1 a2 0 0 00 a3 0 0 00 0 b1 b2 00 0 0 b3 00 0 0 0 4

Antwoord:

z.o.z.



1.22.8 Opgave Bepaal een parametervoorstelling van het vlak door depunten (1,1,-1), (1,1,2) en (2,-1,1)

Antwoord:

1.22.9 Opgave Bepaal een richtingsvector

abc

zo dat de lijn

111

+λ

abc

een lineaire deelruimte

van R3 is.

Antwoord:

1.22.10 Opgave Beschouw het stelsel vergelijkingen x1 + 2x2 + x3 = 22x1 − x2 + 3x3 = 13x1 + x2 + 4x3 = c

Voor welke waarde(n) van c heeft dit stelsel tenminste een oplossing?

Antwoord:




Deeltentamen Lineaire Algebra voor W, BMT, Ins (2Y658) op donderdag 7 maart 2002,09.00 – 10.30 uur.

Het tentamen bestaat uit vier open vragen en zeven kort-antwoord vragen. De kort-antwoord vragenstaan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangegeven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven of aangeven hoe U e.e.a. met Matlab hebt uitgewerkt.U dient dit duidelijk geformuleerd en overzichtelijk op te schrijven. Bij de beoordeling van een openvraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerking een belangrijke rol.



Open vragen

Opgave 1.: 4 punten2.a.: 3 punten2.b.: 3 punten2.c.: 3 punten

Opgave 3.a.: 3 puntenOpgave 3.b.: 4 punten

4.: 4 punten


z.o.z.


Open vragen

1.23.1 Opgave Bepaal een symmetrische matrix A met eigenwaarden 2 en 0 en eigenruimten

E2 =<

011

,

11

−1

> en E0 =<

2−1

1

> .


A =(

5 8−2 5

).



c. Bepaal de (reele) oplossing met beginwaarde

x(14π) =

(21

).

1.23.3 Opgave Gegeven is de deelruimte V van R3 opgespannen door de vectoren

11−1

en

21−3

.

a. Bepaal m.b.v. Gram-Schmidt orthogonalisatie een orthonormale basis voor V .

b. Schrijf de vector u =

111

als u = v + w met v in V en w in V ⊥.

1.23.4 Opgave Gegeven zijn een basis T = {v1, v2, v3} en een basis S = {w1, w2, w3} van de R3 met

v1 =

100

, v2 =

111

, v3 =

01−1

, w1 =

2−11

, w2 =

120

, w3 =

113

.

Bepaal de basisovergangsmatrix PT←S .

z.v.b.


Deeltentamen Lineaire Algebra voor W, BMT, Ins (2Y658) op donderdag 7 maart 2002,09.00 – 10.30 uur.




1.23.5 Opgave Gegeven is de basis S = {s1, s2, s3} en de vector v = 2s1 − s3.Geef de coordinaatvector [v]S van v t.o.v. S.

Antwoord:

1.23.6 Opgave Gegeven zijn

[w]S =(

12

)en PS←T =

(1 −11 3

).

Geef [w]T

Antwoord:


a. Geef de eigenwaarden van de matrix 3B2 − 5I.

Antwoord:

b. Geef de eigenwaarden van de matrix 2B − 3B−1.

Antwoord:

z.o.z.



x =(

3 −22 −2

)x +

(2

−1

)e3t .


Antwoord:

1.23.9 Opgave Van een reele 3 × 3 matrix A is gegeven dat Tr(A) = 4;, dat det(A) = 2 en dat 1 eeneigenwaarde is van A.Geef de andere twee eigenwaarden van A.

Antwoord:

1.23.10 Opgave Geef de loodrechte projectie van v =

12−1

op de lijn < a > met a =

103

.

Antwoord:

1.23.11 Opgave Geef de algemene reele oplossing van de differentiaalvergelijking y′′ + 2y′ − 8 = 0.

Antwoord:




Tentamen Lineaire Algebra voor W, BMT, Ins (2Y650) op vrijdag 22 maart 2002, 9.00- 12.00 uur.

Het tentamen bestaat uit vijf open vragen en negen kort-antwoord vragen. De kort-antwoord vragenstaan op een apart vel. Hierop moeten alleen de antwoorden in het aangegeven kader worden ingevuld.Bij een open vraag moet U een uitwerking geven of aangeven hoe U e.e.a. met Matlab hebt uitgewerkt.U dient dit duidelijk geformuleerd en overzichtelijk op te schrijven. Bij de beoordeling van een openvraag speelt naast het antwoord ook deze uitwerking een belangrijke rol.



Opgave 1. : 5 punten Opgave 3.a.: 3 punten Opgave 5.a.: 3 puntenOpgave 2.a.: 2 punten 3.b.: 4 punten 5.b.: 3 punten

2.b.: 3 punten Opgave 4.a.: 2 punten 5.c.: 3 punten2.c.: 2 punten Opgave 4.b.: 2 punten2.d.: 2 punten 4.c.: 2 punten


Open vragen

1.24.1 Opgave Bepaal een parametervoorstelling voor het vlak door het punt (1, 1, 2) en met normaalvector(2,−1, 7).


A =

1 2 1 02 4 0 −21 2 −1 −22 4 −1 −3

b =

3413




d. Bepaal de algemene oplossing (in vectornotatie) van het stelsel dat onstaat uit Ax = b door inA de laatste kolom weg te laten.

z.o.z.


1.24.3 Opgave Gegeven de deelruimte V =< v1, v2 > van R3, en de vector b ∈ R3 met

v1 =

1−1

0

, v2 =

20

−1

, b =

1− 1

3

.

a. Bepaal met Gram-Schmidt orthogonalisatie een basis voor V .

b. Schrijf de vector b als b = b1 + b2 met b1 in V en b2 in V ⊥.


A =

1 11 21 31 41 5

b =

24559


stelsel Ax = b.


c. Bepaal de projectie van b op de kolommenruimte van A.


A =(

3 −82 3

)



c. Bepaal de oplossing die voldoet aan de beginvoorwaarde

x(18π) =

(21

).

z.v.b.






1.24.6 Opgave Van een 3× 5 matrix A is gegeven dat dim(N (A)) = 2.


Antwoord:

b. Is het stelsel Ax = b voor iedere b ∈ R3 oplosbaar?

Antwoord:

1.24.7 Opgave Van de matrices

A =(

a1 a2

0 a3

)en B =

(b1 0b2 b3


a1 b1

b3 a3

)

Antwoord:

z.o.z.


1.24.8 Opgave Van de 3 × 3 matrices A en B is de waarde van de determinant bekend, det(A) = 3 endet(B) = 4. Bepaal det(2B−1AT B2).

Antwoord:


5 6 00 2 0

−3 −6 3


001

.

Geef de bij x behorende eigenwaarde van A.

Antwoord:

1.24.10 Opgave De matrix A heeft eigenwaarden 3 en 0 en eigenruimten

E3 =<

011

,

110

> en E0 =<

201

> .

Geef een inverteerbare matrix S en een diagonaalmatrix D zo dat A = SDS−1.

Antwoord:

1.24.11 Opgave De 3× 3 matrix B heeft de eigenwaarden λ1 = 3, λ2 = 2 en λ3 = −1.Geef de eigenwaarden van de matrix 4B − 3B−1.

Antwoord:


x =(

3 −2−2 4

)x +

(21

)e3t .


Antwoord:

z.v.b.





1.24.13 Opgave Geef de algemene reele oplossing van de differentiaalvergelijking y′′ + 2y′ − 15y = 0.

Antwoord:

1.24.14 Opgave Op R2 beschouwen we basis S = {x1, x2} en basis T = {y1, y

2} , met y

1= x1 − x2 en

y2

= x1 + 2x2.

a. Geef [y1]S .

Antwoord:

b. Geef [x1]T .

Antwoord:

c. Geef de overgangsmatrix van de basis S naar de basis T , d.w.z. PT←S .

Antwoord:


Oplossingen Opgaven

1.2.1 Oplossing Vergelijk BK (5th edition) blz. 185 voorbeeld 1.

a. Vegen van de uitgebreide coefficientenmatrix (Gauss-Jordan):1 1 4 1 2 30 1 2 1 1 20 0 0 1 2 12 1 6 0 1 3

→

1 1 4 1 2 30 1 2 1 1 20 0 0 1 2 10 −1 −2 −2 −3 −3

→

1 0 2 0 1 10 1 2 1 1 20 0 0 1 2 10 0 0 −1 −2 −1

→

1 0 2 0 1 10 1 2 0 −1 10 0 0 1 2 10 0 0 0 0 0

b. x1, x2, x4 zijn basisvariabelen, x3 en x5 zijn vrije variabelen. Er volgt

x1 = 1− 2x3 − x5

x2 = 1− 2x3 + x5

x3 = x3

x4 = 1− 2x5

x5 = x5

Dus de algemene oplossing is

x =

11010

+ x3

−2−2

100

+ x5

−1

10

−21

Opgave 1.2.1

1.2.2 Oplossing

a. Als BK (5th edition) 7.7.1 (Dit is BK 7.7.2)Gevraagd wordt feitelijk om de kleinste-kwadratenoplossing te bepalen van het stelsel Ax = bmet

A =

1 31 41 51 61 7

en b =

23243

De normaalvergelijking is AT Ax = AT b met

AT A =(

5 2525 135

)en AT b =

(1473

)Er volgt

x =(

1.30.3

)Dus de regressiekromme wordt b = 1.3 + 0.3 t.

Oplossingen Opgaven 107

b. Zie SHL(1995/96) §5.2.4.De kleinste-kwadraten oplossing geeft feitelijk de oplossing van Ax = p met p de projectie vanb op R(A). Dus

p =

1 31 41 51 61 7

(

1.30.3

)=

2.22.52.83.13.4

Opgave 1.2.2

1.2.3 Oplossing Dit is huiswerkopdracht BK(5th edition) 3.5.T5.Gegeven zijn de onafhankelijke vectoren x1, x2, x3 en de vectoren y

1= x1 + x2, y

2= x1 + x3 en

y1

= x2 + x3. Gevraagd wordt na te gaan of de vectoren y1, y

2, y

3onafhankelijk zijn. Beschouw

hiertoe de vergelijking (het stelsel vergelijkingen)

c1y1+ c2y2

+ c3y3= 0

Invullen van de uitdrukkingen voor de vectoren yi

geeft

c1(x1 + x2) + c2(x1 + x3) + c3(x2 + x3) = (c1 + c2)x1 + (c1 + c3)x2 + (c2 + c3)x3 = 0

Omdat de vectoren x1, x2, x3 onafhankelijk zijn volgt dat

c1 + c2 = 0c1 + c3 = 0c2 + c3 = 0

Oplossen van dit stelsel vergelijkingen geeft c1 = 0, c2 = 0 en c3 = 0. Dus de vectoren y1, y

2, y

3zijn

onafhankelijk. Opgave 1.2.3

1.2.4 Oplossing

a. De rang van A is gelijk aan het aantal niet-nulrijen in de rijgereduceerde trapvorm (het aantalspillen). De rang van A is dus 3.

b. Om een basis voor N (A) te vinden moeten we het stelsel Ax = 0 of rref(A)x = 0 oplossen. Ditlaatste geeft (met x2 en x4 als vrije variabelen)

x1 =12x2 − 7x4

x2 = x2

x3 = 3x4

x4 = x4

x5 = 0

Dus

x = x2

121000

+ x4

−7

0310

Een basis voor N (A) is dus

{

121000

,

−7

0310

}


c. Een basis voor R(A) wordt gevormd door die kolommen van A die corresponderen met debasisvariabelen (Als BK blz. 193 voorbeeld 3, oplossing 2). Een basis wordt dus gevormd doorde 1e, de 3e en de 5e kolom van A, d.w.z

{

0242

,

1495

,

2145

}Opgave 1.2.4

1.2.5 Oplossing Zie de eigenschappen van de determinant in SHL(1995/96) §3.2.1

a. Deze matrix is verkregen uit de matrix A door bij de laatste rij 2 keer de eerste rij en 1 keer detweede rij op te tellen. Hierdoor verandert de determinant niet. Antwoord: 4.

b. Deze matrix is uit de matrix A verkregen door eerst te transponeren, hierdoor verandert de de-terminant niet. Daarna wordt de eerste kolom met 3 vermenigvuldigd, dit introduceert een factor3 in de determinant. Bovendien worden de laatste twee kolommen verwisseld, dit introduceerdeen factor -1 in de determinant. Antwoord: -12.

Opgave 1.2.5

1.2.6 Oplossing Voor a,b zie dimensiestelling SHL(1995/96) 4.1, BK(5th edition) stelling 3.17. Voor c.zie BK stelling 3.19.

a. dimN (A) + 2 = 5 dus dimN (A) = 3.

b. dimN (AT ) + 2 = m dus m = 4 en A is een 4× 5 matrix.

c. rangA=rang[A, b]=2.

Opgave 1.2.6

1.3.1 Oplossing Dit is huiswerkopdracht BK 3.10.7.Noem de basisvectoren x1, x2 en x3 resp.Maak nu de vectoren:

y1

= x1

y2

= x2 −

(x2 · y1

y1· y

1

)y1

y3

= x3 −

(x3 · y1

y1· y

1

)y1−

(x3 · y2

y2· y

2

)y2

Na invullen volgt:

y1

=

1

−101

, y2

=

1100

, y3

=

0010

.


De vectoren y1, y

2en y

3vormen nu een orthogonale basis. Een orthonormale basis vinden we door

de vectoren door hun lengte te delen. Dit geeft:

{ 1√3

1

−101

,1√2

1100

,

0010

} .

Vergelijk BK §3.10 voorbeelden 4 en 5. Opgave 1.3.1

1.3.2 Oplossing Als SHL oefening SHL 7.4.8a,b. Dit is SHL extra oefening 7.5.15.Omdat de beelden van de standaardbasisvectoren niet eenvoudig te bepalen zijn kiezen we een anderbasis B = {b1, b2, b3} met

b1 =

1−1

1

, b2 =

110

, b3 =

011

Deze vectoren zijn niet willekeurig gekozen. De vector b1 staat loodrecht op het vlak waarin gespiegeldwordt dus

L(b1) = −b1 .

De vectoren b2 en b3 liggen in het vlak waarin gespiegeld wordt dus

L(b2) = b2 en L(b3) = b3

We kennen nu de matrix C van L t.o.v. de basis B op het domein en de standaardbasis op het bereik(vgl. SHL voorbeeld 7.2)

C =

−1 1 01 1 1

−1 0 1

.

We kennen ook de matrix F van L t.o.v. de basis B op domein en bereik

F =

−1 0 00 1 00 0 1

.

Bovendien is de overgangsmatrix P van de basis B naar de standaardbasis

P =

1 1 0−1 1 1

1 0 1

.

De matrix A van L t.o.v. de standaardbasis op domein en bereik kan nu op twee manieren uitgerekendworden

A = PFP−1 of A = CP−1 .

In beide gevallen vindt men

A =13

1 2 − 22 1 2

− 2 2 1

.

Opgave 1.3.2

1.3.3 Oplossing


a. Als SHL voorbeeld 9.1.

A =(−1 4

4 5

).

Het karakteristiek polynoom is

det(A− λI) = λ2 − 4λ− 21 = (λ + 3)(λ− 7)

De eigenwaarden zijn dus λ = −3 en λ = 7.Eigenruimte bij λ = −3:

Los op(

2 44 8

)(x1

x2

)=(

00

).

Er volgt E−3 =(

2−1

)Eigenruimte bij λ = 7:

Los op(−8 4

4 −2

)(x1

x2

)=(

00

).

Er volgt E7 =(

12

)De algemene oplossing is dus

c1e−3t

(2

−1

)+ c2e

7t

(12

).

b. Als SHL voorbeeld 9.3.

eAt =(

2 1−1 2

)(e−3t 0

0 e7t

)(2 1

−1 2

)−1

=15

(4e−3t + e7t −2e−3t + 2e7t

−2e−3t + 2e7t e−3t + 4e7t

).

Opgave 1.3.3

1.3.4 Oplossing

a. Als huiswerkopdracht BK 3.9.23.De eerste kolom van P is y

1,Sen de tweede kolom is y

2,S, dus

y1

= 1 ∗ x1 + 1 ∗ x2 =(−1

1

)en y

2= 2 ∗ x1 + 1 ∗ x2 =

(03

).

(Zie BK blz. 207).

b. Als huiswerkopdracht BK 3.9.7.

z = 3 ∗ x1 + 2 ∗ x2 =(−1

4

).

c. Als huiswerkopdracht BK 3.9.13b.De overgangsmatrix is

(x1,E x2,E) =(

1 −22 −1

).

Opgave 1.3.4

1.3.5 Oplossing Zie opmerkingen aan het slot van SHL §8.2.2.Iedere vector in het vlak V gegeven door de vergelijking x1 − x2 = 0 wordt op zichzelf geprojecteerd.


Het vlak is dus eigenruimte bij eigenwaarde 1. Deze eigenruimte heeft dimensie 2. Iedere vector inV ⊥ =< (1 − 1 0)T > wordt op 0 geprojecteerd, dus V ⊥ is de eigenruimte bij eigenwaarde nul, d.w.z.de nulruimte van de afbeelding. Verder is het zo dat iedere vector als beeld een vector in het vlak Vheeft en dat eidere vector in het vlak V een origineel heeft. V is dus de beeldruimte van de afbeelding.Dit geeft de volgende antwoorden:

a. (1 − 1 0)T .

b. {(1 1 0)T , (0 0 1)T } .

c. λ = 1 met alg. mult. 2, en λ = 0 met alg. mult. 1.

Opgave 1.3.5

1.3.6 Oplossing Zie theorie BK blz. 223,224 en vergelijk met huiswerkopdracht BK 3.10.23.

a. Noem de vector (1 0 2)T = v. De projectie p van w op V is nu

p =(

w · vv · v

)v =

35

102

.

b. De projectie op V ⊥ is w − p = 15

21

−1

.

Opgave 1.3.6

1.4.1 Oplossing Vergelijk BK oefening 1.4.9.a.

a. Vegen van de uitgebreide coefficientenmatrix (Gauss-Jordan): 1 2 1 3 131 1 −2 1 83 1 1 −1 1

→

1 2 1 3 130 −1 −3 −2 −50 −5 −2 −10 −38

→

1 0 −5 −1 30 1 3 2 50 0 13 0 −13

→

1 0 0 −1 −20 1 0 2 80 0 1 0 −1

.

Vrije variabele x4. Er volgtx1 = −2 + x4, x2 = 8− 2x4, x3 = −1, x4 = x4.Dus de algemene oplossing is

x =

−2

8−1

0

+ x4

1

−201

.

b. N (A) =< (1, 0,−2, 1)T >.

c. R(A) =< (1, 1, 3)T , (2, 1, 1)T , (1,−2, 1)T >.


Opgave 1.4.1

1.4.2 Oplossing Als BK oefening 7.7.1.We moeten de kleinste-kwadratenoplossing bepalen van het stelsel

α

11111

+ β

01234

=

099

2547

,

d.w.z. het stelsel Ax = b met

A =

1 01 11 21 31 4

en b =

099

2547

.

Deze vinden we door oplossen van de normaalvergelijking

AT A

(αβ

)= AT b

Invullen van A en b geeft de normaalvergelijking(5 1010 30

)(αβ

)=(

90290

)met oplossing α = −4 en β = 11. Opgave 1.4.2

1.4.3 Oplossing Dit is SHL oefening 6.4.7.

a. Oplossen van het ’stelsel’ vergelijkingen x1 + x2 + x3 − x4 = 0 geeft (vrije variabelen x2, x3 enx4)

x1 = −x2 − x3 + x4

x2 = x2

x3 = x3

x4 = x4


x = x2

−1

100

+ x3

−1

010

+ x5

1001

Een basis voor S is dus {

−1

100

,

−1

010

,

1001

} en dim(S) = 3.

b. De vergelijking kunnen we ook schrijven als (1, 1, 1,−1)x = 0. Dus S bestaat uit alle vectorenloodrecht op de vector (1, 1, 1,−1)T . Dus

S⊥ =< (1, 1, 1,−1)T >


en een basis voor S⊥ is {

111

−1

}.c. We kunnen de vector b schrijven als de som van de projectie op S en de projectie op S⊥. Het

eenvoudigst is de projectie van b op S⊥ te berekenen. Zij s de basisvector voor S⊥ dan is b2 deprojectie van b op s d.w.z.

b2 =b · ss · s

s =12

111

−1

en

b1 = b− b2 =12

1113

.

Opgave 1.4.3

1.4.4 Oplossing Dit is BK oefening 4.3.11.

a. Volgens BK stelling 4.8. is (L(x1))S de 1e kolom van A en (L(x2))S de 2e kolom van A. Dus

(L(x1))S =(

2−1

)en (L(x2))S =

(−3

4

).

b. (L(x1))S geeft de coordinaten van L(x1) t.o.v. de basis S. Dus

L(x1) = 2(

12

)− 1

(1

−1

)=(

15

),

L(x2) = −3(

12

)+ 4

(1

−1

)=(

1−10

).

c. We schrijven de vector(−23

)als een lineaire combinatie van de vectoren x1 en x2. D.w.z. we

lossen op (−23

)= α

(12

)+ β

(1

−1

).

Er volgt α = 13 en β = − 7

3 . Dus

L((−23

)) = αL(x1) + βL(x2) =

13

(15

)− 7

3

(1

−10

)=(−225

).

Opgave 1.4.4

1.4.5 Oplossing Vgl. BK blz. 304 voorbeeld 1.

a.

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣∣−λ 0 −20 −2− λ 0−2 0 3− λ

∣∣∣∣∣∣ = (−2− λ)∣∣∣∣ −λ −2−2 3− λ

∣∣∣∣ == (−2− λ)(Λ2 − 3λ− 4) = (−2− λ)(λ− 4)(λ + 1)

Dus de eigenwaarden van A zijn -2, -1 en 4.


b. We vinden de eigenvectoren door voor iedere gevonden eigenwaarde λ het stelsel vergelijkingen(A− λI)x = 0 op te lossen.λ = −2 geeft 2 0 −2

0 0 0−2 0 5

x = 0 dus E−2 =<

010

> .

λ = −1 geeft 1 0 −20 −1 0−2 0 4

x = 0 dus E−1 =<

20−1

> .

λ = 4 geeft −4 0 −20 −6 0−2 0 −1

x = 0 dus E4 =<

−102

> .

Omdat de matrix symmetrisch is zijn de eigenvectoren orthogonaal en onafhankelijk. Een or-thonormale basis van eigenvectoren is dus

{

010

,1√5

20−1

,1√5

−102

}Opgave 1.4.5

1.4.6 Oplossing Vgl. BK oefening 2.1.21 en SHL extra oefeningen 3.59 en 3.5.10.det(2A2BT B−1) = 24 ∗ 32 ∗ 5 ∗ 1

5 = 144. Opgave 1.4.6

1.4.7 Oplossing

a. Volgens de dimensiestelling is dim(N (A)) + rang(A) = 13. Dusdim(N (A)) = 4.

b. Volgens de dimensiestelling is dim(N (AT )) + rang(AT ) = 11 = dim(N (AT )) + rang(A) dusdim(N (AT )) = 2.

c. rang(A) = 9 < 13 dus de kolommen zijn afhankelijk.

d. b behoort niet tot de kolommenruimte dus rang([A, b]) = 9 + 1 = 10.

Opgave 1.4.7

1.4.8 Oplossing Het orthoplement van de ruimte opgespannen door de eerste twee kolommen van A heeftdimensie 1. Zoek een vector die loodrecht op de eerste twee kolommen van A staat. Bijv. (1,−1, 0)T .De mogelijke derde kolommen zitten in de ruimte opgespannen door deze vector en hebben lengte 1.De twee mogelijke antwoorden zijn dus 1√

2

− 1√2

0

en

− 1√2

1√2

0

.

Opgave 1.4.8

1.4.9 Oplossing Dit is SHL extra oefening 4.5.19.


a.

P =

0 1 0 0 00 0 0 0 10 0 0 1 00 0 1 0 01 0 0 0 0

.

b. det(PL) = 1 = det(P ) det(L). det(P ) = −1 (aantal enkelvoudige rijverwisselingen nodig om Pin de eenheidsmatrix te veranderen is oneven), dus det(L) = −1.

Opgave 1.4.9

1.4.10 Oplossing Vgl. SHL oefening 9.4.1.

a. De algemene oplossing is

x(t) = c1

(1−1

)e2t + c2

(21

)e−4t , c1, c2 ∈ R .

b. Invullen van de beginvoorwaarde geeft(81

)= c1

(1−1

)+ c2

(21

)Oplossen van dit stelsel vergelijkingen geeft c1 = 2 en c2 = 3. De oplossing is dus

x(t) = 2(

1−1

)e2t + 3

(21

)e−4t .

Opgave 1.4.10

1.5.1 Oplossing Vergelijk SHL 2.4.8.

a. Vegen van de matrix (Gauss) geeft: 1 4 34 6 23 2 6

→

1 4 30 −10 −100 −10 −3

→

1 4 30 −10 −100 0 7

= U

L =

1 0 04 1 03 1 1

.

b. Vegen zonder rijverwisselingen geeft een negatieve spil dus de matrix is niet positief-definiet.

Opgave 1.5.1

1.5.2 Oplossing Vgl. SHL oefening 4.4.1.Oplossen van het stelsel inhomogene vergelijkingen bij b. geeft ook het antwoord voor a.

b. Vegen van de uitgebreide coefficientenmatrix (Gauss-Jordan):1 1 2 −3 −11 1 2 −3 −12 1 4 −6 −1

−3 3 −6 −9 −3

→

1 1 2 −3 −10 0 0 0 00 −1 0 0 10 6 0 0 −6

→


→(

1 0 2 −3 00 1 0 0 −1

).

Vrije variabelen x3, x4. Er volgtx1 = −2x3 + 3x4, x2 = −1, x3 = x3, x4 = x4.Dus de algemene oplossing is

x =

0

−100

+ x3

−2

010

+ x4

3001

.

a. De algemene oplossing van de homogene vergelijking is dus

x = x3

−2

010

+ x4

3001

.

c. De vectoren v1 t/m v4 zijn afhankelijk.

d. Een mogelijke basis is {v1, v2}.

Opgave 1.5.2

1.5.3 Oplossing

a. Als BK oefening 7.7.1.We moeten de kleinste-kwadratenoplossing bepalen van het stelsel

α

11111

+ β

23456

=

34345

,


A =

1 21 31 41 51 6

en b =

34345

.


AT A

(αβ

)= AT b

Invullen van A en b geeft de normaalvergelijking(5 2020 90

)(αβ

)=(

1980

)met oplossing α = 21

9 en β = − 110 .


b. Volgt met SHL §5.2.4.De projectie p is

p = A

(215

− 110

)=

110

4039383736

.

Opgave 1.5.3

1.5.4 Oplossing Dit is SHL oefening 6.4.7.

a. Vgl. BK oefening 3.10.5, 3.10.11

q1

=1√2

1−1

0

; a2 −(

a1 · a2

a1 · a1

)a1 =

201

−

1−1

0

=

111

dus

q2

=1√3

111

.

Een orthonormale basis voor de deelruimte is {q1, q

2}.

b. Zoek een vector die loodrecht staat op q1

en q2. Bijv. 1

1−2

.Kies q3

==1√6

11

−2

.

Een orthonormale basis voor R3 is nu {q1, q

2, q

3}.

Opgave 1.5.4

1.5.5 Oplossing Vgl. BK oefening 4.3.11.

a. Volgens BK stelling 4.8. is (L(x1))S de 1e kolom van A .Dus

(L(x1))S =(

2−1

)en .

b. Evenzo is (L(x2))S de 2e kolom van A, d.w.z.

(L(x2))S =(−3

4

).

L is lineair dus

(L(x1 + x2))S = (L(x1))S + (L(x2))S =(

31

).

c.

L(x1) = 1x1 − 2x2 =(

1−3

)en L(x2) = 2x1 + 3x2 =

(21

).


d.

L(x1 + x2) = L(

10

)=(

3−2

), L(x2) = L

(01

)=(

23

).

Dus de gevraagde matrix is (3 2

−2 1

).

Opgave 1.5.5

1.5.6 Oplossing Vgl. BK oefening 2.1.21 en SHL extra oefeningen 3.59 en 3.5.10.det(3AAT B−1) = 33 ∗ 5 ∗ 5 ∗ 1

25 = 27. Opgave 1.5.6

1.5.7 Oplossing

a. rang(A) = rang(AT ) = 3.

b. Volgens de dimensiestelling is dim(N (A)) + rang(A) = 7. Dusdim(N (A)) = 4.

Opgave 1.5.7

1.5.8 Oplossing Deze matrix is verkregen uit de matrix A door de tweede en de derde rij met 3 tevermenigvuldigen en vervolgens de tweede en de derde rij te verwisselen.Antwoord: -36 Opgave 1.5.8

1.5.9 Oplossing Vgl. SHL oefening 9.4.1.

a. De algemene oplossing is

x(t) = c1

(2−1

)e2t + c2

(11

)e−3t , c1, c2 ∈ R .

b. Invullen van de beginvoorwaarde geeft(71

)= c1

(2−1

)+ c2

(11

)Oplossen van dit stelsel vergelijkingen geeft c1 = 2 en c2 = 3. De oplossing is dus

x(t) = 2(

2−1

)e2t + 3

(11

)e−3t .

Opgave 1.5.9

1.6.1 Oplossing

a. Vegen van de uitgebreide coefficientenmatrix (Gauss-Jordan) geeft: 1 2 3 1 81 3 0 1 71 0 2 1 3

→

1 2 3 1 80 1 −3 0 −10 −2 −1 0 −5

→

→

1 0 9 1 100 1 −3 0 −10 0 −7 0 −7

→

1 0 0 1 10 1 0 0 20 0 1 0 1

.


Dus x1, x2, x3 zijn basisvariabelen, x4 is een vrije variabele. Er volgt

x1 = 1− x4

x2 = 2x3 = 1x4 = x4


x =

1210

+ x4

−1

001

.

b. Een basis voor de nulruimte is dus

{

−1

001

} .

c. Een basis voor de kolommenruimte wordt gevormd door de eerste drie kolommen van A (zie BKblz. 175).

Opgave 1.6.1

1.6.2 Oplossing Zie BK 8.3.5.

a. Vegen van de matrix (Gauss) geeft: 2 3 44 5 104 8 2

→

2 3 40 −1 20 2 −6

→

2 3 40 −1 220 0 −2

= U

L =

1 0 02 1 02 −2 1

.

b. Het stelsel Ux = L−1b is equivalent met LUx = b. Los eerst op Lz = b, daarna Ux = z. Ervolgt x = (4 − 2 1)T .

Opgave 1.6.2

1.6.3 Oplossing

a. Met

a =

−5−3

123

en b =

31

−20

−2

,

volgt aT a = 48 en aT b = −26. Dus γ = − 1324 .


b. Als BK oefening 7.7.1.We moeten de kleinste-kwadratenoplossing bepalen van het stelsel

α

11111

+ β

−5−3

123

=

31

−20

−2

,


A =

1 −51 −31 11 21 3

en b =

31

−20

−2

.


AT A

(αβ

)= AT b

Invullen van A en b geeft de normaalvergelijking(5 −2−2 48

)(αβ

)=(

0−26

)met oplossing α = − 13

59 en β = − 65118 .

c. Een mogelijk antwoord is te laten zien dat

‖b− aγ‖2 > ‖b−A

(αβ

)‖2

Een andere mogelijkheid is op te merken dat de kleinste-kwadratenbenadering wordt verkregendoor projectie. Bij a. projecteert men op een lijn, bij b. op een vlak waarin deze lijn bevat is.De benadering bij b. is dus gelijk aan of beter dan de benadering bij a. Omdat uit de berekeningvolgt dat hij niet gelijk is is hij dus beter.

Opgave 1.6.3

1.6.4 Oplossing Het stelsel Ax = b is regulier dus N (A) = {0}. Er volgt dat A regulier is. Omdat Bregulier is is ook BA regulier. Als gevolg is ook het stelsel BAx = b regulier. (Merk op dat SHLstelling 5.1 (ii) hier bij de eerste bewijsstap niet zonder meer gebruikt mag worden omdat niet gegevenis dat Ax = b regulier is voor iedere b.) Opgave 1.6.4

1.6.5 Oplossing (Vgl. oefening BK 2.1.9.) Deze matrix is verkregen uit de matrix A door achtereenvolgensde eerste en de tweede kolom te verwisselen, de tweede rij bij de derde rij op te tellen en de derde rijmet 2 te vermenigvuldigen.Antwoord: -8. Opgave 1.6.5

1.6.6 Oplossing Vgl. BK oefening 2.1.21 en SHL extra oefeningen 3.59 en 3.5.10.det(2AT B3A−1) = 25 ∗ 3 ∗ 53 ∗ 1

3 = 4000. Opgave 1.6.6

1.6.7 Oplossing

a. Het aantal spillen in eerste 5 kolommen van de matrix is 3, dus de kolommen zijn afhankelijk.


b. Het aantal spillen in de uitgebreide coefficientenmatrix is ook 3 , dus er zijn oneiding veeloplossingen.

c. rang(A) = 3.

d. Met de dimensiestelling volgt dim(N (A)) = 2.

Opgave 1.6.7

1.7.1 Oplossing (Zie SHL oefening 7.4.4.e) De overgangsmatrix van de basis S naar de standaardbasis is

P =

2 1 −11 0 21 2 2

, met P−1 =

25

25 − 1

50 − 1

212

− 15

310

110

.

De gevraagde matrix is nu

B = AP−1 ==(

1 1 −115 − 4

525

).

Opgave 1.7.1

1.7.2 Oplossing (Vgl. huiswerkopdracht BK 3.10.7) Noem de basisvectoren x1, x2 en x3 resp.Maak nu de vectoren:

y1

= x1

y2

= x2 −

(x2 · y1

y1· y

1

)y1

y3

= x3 −

(x3 · y1

y1· y

1

)y1−

(x3 · y2

y2· y

2

)y2

Na invullen volgt:

y1

=

00

−11

, y2

=

101212

, y3

=

230

− 23

− 23

.

De vectoren y1, y

2en y

3vormen nu een orthogonale basis. Een orthonormale basis vinden we door

de vectoren door hun lengte te delen. Dit geeft:

{ 1√2

00

−11

,1√6

2011

,1√3

10

−1−1

} .

Opgave 1.7.2

1.7.3 Oplossing (Vgl. SHL oefening 9.4.5) Het karakteristiek polynoom van A is det(A−λI) = λ2+4λ+3 =(λ + 3)(λ + 1). De eigenwaarden zijn dus λ = −3 en λ = −1.Eigenruimte bij λ = −3:

Los op(

1 11 1

)(x1

x2

)=(

00

). Er volgt E−3 =<

(1−1

)>

Eigenruimte bij λ = −1:

Los op(−1 1

1 −1

)(x1

x2

)=(

00


(11

)>


Als in SHL vb. 9.3. volgt nu

eAt =(

1 1−1 1

)(e−3t 0

0 e−t

)(1 1

−1 1

)−1

= 12

(e−3t + e−t −e−3t + e−t

−e−3t + e−t e−3t + e−t

).

Opgave 1.7.3

1.7.4 Oplossing (Vgl. SHL oefening 9.4.6) Het karakteristiek polynoom van A is det(A−λI) = λ2−8λ+32.De eigenwaarden zijn dus λ = 4± 4i.Eigenruimte bij λ = 4 + 4i:

Los op(−2− 4i −4

5 2− 4i

)(x1

x2

)=(

00

). Er volgt E4+4i =<

(−2 + 4i

5

)>

Algemene oplossing

x(t) = d1e4t

{cos(4t)

(−2

5

)− sin(4t)

(40

)}+ d2e

4t

{cos(4t)

(40

)+ sin(4t)

(−2

5

)}, d1, d2 ∈

R. Opgave 1.7.4

1.7.5 Oplossing (Vgl. SHL oefening 6.4.4.)

a. Op de diagonaal van AT A staan de inproducten van de kolommen van A met zichzelf. Dus‖a1‖ = 2 en ‖a3‖ = 3.

b. De inproducten van a1 met de andere kolommen vinden we in de eerste rij van AT A. Dusa1 · a4 = 5 6= 0. De vectoren a1 t/m a4 zijn dus niet onderling orthogonaal.

c. De projectie van a1 op a4 is (a1 · a4

a4 · a4

)a4 =

53a4 .

Opgave 1.7.5

1.7.6 Oplossing (Zie BK oefening 4.3.12.)

a. [L(x1)]T is de eerste kolom van A (zie BK Theorem 4.8). Dus [L(x1)]T =(

1−1

).

b. L(x1) = y1− y

2=(

03

).

Opgave 1.7.6

1.7.7 Oplossing (Vgl. BK oefening 4.2.3)

a. De rang van de matrix is 3. Dus dim(kerL)=1. De afbeelding is dus niet injectief.

b. De rang van de matrix is 3. Dus de dimensie van de kolommenruimte is 3. De beeldruimte isdus R3 en de afbeelding is surjectief.

Opgave 1.7.7

1.7.8 Oplossing dim(N (A))=1, dus A heeft een eigenwaarde nul. Tr(A)=1, dus de som van de drieeigenwaarden is 1 (Zie SHL stelling 8.1). A is symmetrisch dus er zijn drie reele eigenwaarden. Deeigenwaarden zijn dus 0,2,-1. Opgave 1.7.8

1.8.1 Oplossing


a. Vegen van de uitgebreide coefficientenmatrix (Gauss-Jordan):1 3 −2 0 0 02 6 −5 −2 −3 −10 0 5 10 15 52 6 0 8 18 6

→

1 3 −2 0 0 00 0 −1 −2 −3 −10 0 0 0 6 20 0 0 0 0 0

→

→

1 3 0 0 4 00 0 1 2 0 00 0 0 0 3 10 0 0 0 0 0

.

Vrije variabelen x2, x4. Er volgtx1 = −3x2 − 4x4, x2 = x2, x3 = −2x4, x4 = x4, x5 = 1

3 .Dus de algemene oplossing is

x =

000013

+ r

−3

1000

+ s

−4

0−2

10

.

b.

x = r

−3

1000

+ s

−4

0−2

10

.

c. Een basis wordt gevormd door de 1e, 3e en 5e kolom van A (Zie BK blz. 175).

d. De kolommen zijn dus lineair afhankelijk.

Opgave 1.8.1

1.8.2 Oplossing

a. (Vgl. SHL oefening 5.4.6.)We moeten de kleinste-kwadratenoplossing bepalen van het stelsel

α

1111

+ β

−1

012

+ γ

1014

=

884

16

,


A =

1 −1 11 0 01 1 11 2 4

en b =

884

16

.


AT A

(αβ

)= AT b


Invullen van A en b geeft de normaalvergelijking 4 2 62 6 86 8 18

( αβ

)=

362876

met oplossing α = 5, β = −1 en γ = 3.

b. Volgt met SHL §5.2.4.De projectie p is

p = A

5−13

=110

95715

.

Opgave 1.8.2

1.8.3 Oplossing (Vgl. SHL oefening 6.4.7 en BK oefening 3.10.16.)

a. Duidelijk is dat de vector x1 =

1100

tot S behoort (d.w.z. voldoet aan de vergelijking).

De vector x2 =

1

−1−2

0

staat hier loodrecht op (door een goede keuze van de eerste twee

componenten) en behoort eveneens tot S (door de keuze van de derde component). De vector

x3 =

1

−113

is een derde vector welke loodrecht staat op x1 en x2 en tot S behoort. Omdat de

oplossingsruimte S van de vergelijking driedimensionaal is vormen bovenstaande drie onderlingloodrechte, en dus onafhankelijke, vectoren een basis van S. Normeren geeft de orthonormalebasis

{ 1√2

1100

,1√6

1

−1−2

0

,1√12

1

−113

} .

Een alternatieve, meer omslachtige, methode is het bepalen van een basis van de oplossings-ruimte, en vervolgens deze basis m.b.v. Gram-Schmidt te orthonormaliseren.

b. S⊥ wordt opgespannen door de normaalvector van het vlak, dus een basis voor S⊥ is

{

1

−11

−1

}c. De projectie van b op S⊥ is

b2 =34

1

−11

−1


Dus

b1 = b− b2 = b2 =14

5

−19

−1

Opgave 1.8.3

1.8.4 Oplossing

a.

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣∣−λ 2 22 1− λ 02 0 −1− λ

∣∣∣∣∣∣ = λ(λ2 − 9)

Dus de eigenwaarden van A zijn 0, 3 en -3.

b. We vinden de eigenvectoren door voor iedere gevonden eigenwaarde λ het stelsel vergelijkingen(A− λI)x = 0 op te lossen.λ = 0 geeft 0 2 2

2 1 02 0 −1

x = 0 dus E0 =<

1−22

> .

λ = 3 geeft −3 2 22 −2 02 0 −4

x = 0 dus E3 =<

221

> .

λ = −3 geeft 3 2 22 4 02 0 2

x = 0 dus E−3 =<

−212

> .

b. Niet alle eigenwaarden zijn positief, dus de matrix is niet positief definiet.

Opgave 1.8.4

1.8.5 Oplossing (Zie SHL oefening 9.4.6 en SHL §9.4.2.)

eAt =(

1 00 −1

)(Re(e(−2+3i)t) Im(e(−2+3i)t)

−Im(e(−2+3i)t) Re(e(−2+3i)t)

)(1 00 −1

)−1

= e−2t

(cos(3t) − sin(3t)sin(3t) cos(3t)

).

Opgave 1.8.5

1.8.6 Oplossing

a. rang(A)=dim(R(A))=4.

b. dim(N (A))+dim(R(A))=5 dus dim(N (A))=1.

c. dim(N (AT ))+dim(R(AT ))=8 dus dim(N (AT ))=4.

Opgave 1.8.6

1.8.7 Oplossing Er zijn twee kolommen verwisseld en de laatste rij is met drie vermenigvuldigd. Degevraagde determinant is dus −1 ∗ 3 ∗ 5 = −15. Opgave 1.8.7


1.8.8 Oplossing det(3B−1AT B2) = 34 ∗ 13 ∗ 2 ∗ 32 = 486. Opgave 1.8.8

1.8.9 Oplossing (Zie BK oefening 4.2.7) Deze lineaire afbeelding kan geschreven worden als L(x) = Axmet

A =

1 1 0 00 1 −1 00 0 1 −1

.

a. De matrix A heeft rang(A)=3 dus de afbeelding is surjectief.

b. Met de dimensiestelling (BK Theorem 4.7) volgt nu dat dim(ker(L))=1.

Opgave 1.8.9

1.8.10 Oplossing

a.

[y2]S =

11

−1

(2e kolom van de overgangsmatrix).

Dus

y2

= x1 + x2 − x3 =

210

.

b. De overgangsmatrix van S naar de standaardbasis heeft als kolommen de vectoren xi en is dus 1 1 00 1 01 0 1

.

Opgave 1.8.10

1.8.11 Oplossing De algemene oplossing is

x = c1e−3t

342

+ c2et

241

+ c3e5t

111

, c1, c2, c3 ∈ R .

Opgave 1.8.11

1.9.1 Oplossing

a. Vegen van de uitgebreide coefficientenmatrix (Gauss-Jordan) geeft: 1 1 2 0 1 31 2 0 1 0 21 1 2 1 1 1

→

1 1 2 0 1 30 1 −2 1 −1 −10 0 0 1 0 −2

→

→

1 0 4 −1 2 40 1 −2 1 −1 −10 0 0 1 0 −2

→

1 0 4 0 2 20 1 −2 0 −1 10 0 1 0 −2

.

Dus x1, x2, x4 zijn basisvariabelen, x3 en x5 zijn vrije variabelen. Er volgt

x1 = −4x3 − 2x5 + 2


x2 = 2x3 + x5 − 3x3 = x3

x4 = −2x5 = x5


x =

210

−20

+ x3

−4

2100

+ x5

−2

1001

.

b. Een basis voor de nulruimte is dus

{

−4

2100

,

−2

1001

} .

c. Een basis voor de kolommenruimte wordt gevormd door de eerste, tweede en vierde kolom vanA (zie BK blz. 175).

Opgave 1.9.1

1.9.2 Oplossing

a. Oplossen kan met de bij onderdeel b. verkregen resultaten. Oplossen van Lz = b geeft z =(6 − 2 − 3)T . Vervolgens oplossen van Ux = z geeft x = (3 − 2 5)T .

b. Vegen van de matrix (Gauss) geeft:

U =

1 1 11 5 31 3 1

→

1 1 10 4 20 2 0

→

1 1 10 4 20 0 −1

= U

L =

1 0 01 1 01 1

2 1

.

c. De matrix is niet positief definiet want bij vegen zonder rijverwisselingen onstaat er een negatievespil.

Opgave 1.9.2

1.9.3 Oplossing

a. Als BK oefening 7.7.1.We moeten de kleinste-kwadratenoplossing bepalen van het stelsel

α

1111

+ β

−2−1

01

=

4132

,



A =

1 −21 −11 01 1

en b =

4132

.


AT A

(αβ

)= AT b


)(αβ

)=(

10−7

)met oplossing α = 23

10 en β = − 410 .

b. Merk op dat de kolommenruimte van de matrix A bij onderdeel b. gelijk is aan de kolommen-ruimte van de matrix A uit onderdeel a. De gevraagde vector p is dus de projectie van b op dekolommenruimte van de matrix A uit onderdeel a. Dus

p =

1 −21 −11 01 1

( 2310− 4

10

)=

110

31272319

.

Opgave 1.9.3

1.9.4 Oplossing Door de matrix vermenigvuldiging met E wordt de eerste rij 1 keer van de tweede rijafgetrokken en twee keer van de derde rij afgetrokken. De matrix is dus

E =

1 0 0−1 1 0−2 0 1

.

Opgave 1.9.4

1.9.5 Oplossing Vgl. BK oefening 2.1.21 en SHL extra oefeningen 3.59 en 3.5.10.det(2(−A)AT B3) = 210 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 33 = 110592. Opgave 1.9.5

1.9.6 Oplossing (Vgl. oefening BK 2.1.9.) Deze matrix is verkregen uit de matrix A door achtereenvolgensde eerste en de tweede rij te verwisselen, de tweede kolom van de derde kolom af te trekken en de zoverkregen derde kolom met 2 te vermenigvuldigen.Antwoord: -6 Opgave 1.9.6

1.9.7 Oplossing Merk op dat hier staat

A

1 −2 4 72 4 −2 −11 −1 −3 22 3 1 5

=

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

.

Dus de matrix is inverteerbaar.

a. De rang van A is 4.


b.

A−1 =

1 −2 4 72 4 −2 −11 −1 −3 22 3 1 5

.

Opgave 1.9.7

1.9.8 Oplossing

a. Het aantal spillen in eerste 5 kolommen van de matrix is 3 en het aantal spillen in de uitgebreidecoefficientenmatrix is ook 3 , dus er zijn oneinding veel oplossingen.

b. Het aantal spillen in eerste 5 kolommen van de matrix is 3 dus rang(A) = 3.

c. Met de dimensiestelling volgt dim(N (A)) = 2.

Opgave 1.9.8

1.10.1 Oplossing

a. (Zie SHL oefening 7.4.4.e) De overgangsmatrix van de basis S naar de standaardbasis is

PE←S =

1 1 01 1 10 1 1

, met PS←E = P−1E←S =

0 1 −11 −1 1

−1 1 0

.

De gevraagde matrix is nu

B = APS←E = AP−1E←S =

−1 1 1−2 3 0

3 −1 1

.

b. (Zie definitie 7.3) Nee, t.o.v. de orthogonale standaardbasis is de matrix van de afbeelding nietsymmetrisch.

Opgave 1.10.1

1.10.2 Oplossing

a. (Vgl. BK oefening 4.8.16) Een orthonormale basis voor V bestaat in ieder geval uit vectorenuit V , dat wil zeggen dat de vectoren aan de gegeven vergelijking x1 + x2 + x3 + x4 = 0 moetenvoldoen. We kunnen dus beginnen met het kiezen van een drietal onafhankelijk vectoren die aande vergelijking voldoen. Omdat dim(V )=3 vormen deze vectoren een basis. Orthonormaliserenmet Gram-Schmidt geeft dan een orthonormale basis. Men mag echter ook op andere wijze eendrietal orthonormale vectoren in V kiezen. Een mogelijke basis is:

{b1, b2, b3} = { 1√2

1

−100

,1√6

11

−20

,1√12

111

−3

} .


b. (Vgl. voorbeeld 7.2 en oefening SHL 7.4.7) We kunnen bovenstaande basis uitbreiden tot eenorthonormale basis van de R4 door er de vector

b4 =1√4

1111

aan toe te voegen. Voor de afbeelding L geldt nu dat L(b1) = b1, L(b2) = b2, L(b3) = b3 enL(b4) = 0. Dus de matrix van L t.o.v. de basis B = {b1, b2, b3, b4} op domein en bereik is

D =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 0

.

Zij Q de overgangsmatrix van B naar E, d.w.z. de matrix met kolommen b1, b2, b3, b4. Dan isde gevraagde matrix

A = QDQ−1 = QAQT =14

3 −1 −1 −1

−1 3 −1 −1−1 −1 3 −1−1 −1 −10 3

.

Opgave 1.10.2

1.10.3 Oplossing (Vgl. SHL oefening 9.4.1) Het karakteristiek polynoom van A is det(A − λI) = λ2 − 1.De eigenwaarden zijn dus λ = 1 en λ = −1.Eigenruimte bij λ = 1:

Los op(

2 −24 −4

)(x1

x2

)=(

00

). Er volgt E1 =<

(11

)>

Eigenruimte bij λ = −1:

Los op(

4 −24 −2

)(x1

x2

)=(

00


(12

)>

De algemene oplossing is dus

x(t) = c1

(11

)et + c2

(12

)e−t , c1, c2 ∈ R .

Dus met de beginwaarde volgt

x(0) =(

10

)= c1

(11

)+ c2

(12

).

Dus c1 = 2 en c2 = −1. De oplossing is

x(t) = 2(

11

)et −

(12

)e−t .

Opgave 1.10.3

1.10.4 Oplossing (Vgl. SHL oefening 8.4.18) dim(N (A))=1, dus A heeft een eigenwaarde nul. Tr(A)=4,dus de som van de vier eigenwaarden is 4 (Zie SHL stelling 8.1). A is symmetrisch dus er zijn vier reeleeigenwaarden. Omdat er slechts drie verschillende eigenwaarden zijn en 0 algebraische multipliciteit1 heeft volgt dat de eigenwaarden zijn 0,2,1, waarbij de eigenwaarde 1 algebraische multipliciteit 2heeft. Opgave 1.10.4

1.10.5 Oplossing


a. (Vgl. SHL oefening 7.4.4) Berekening van N (A) geeft N (A) =< (1 − 3 1)T >. Dit is eenbeschrijving van de nulruimte van L uitgedrukt in coordinaten t.o.v. S. Een basis voor denulruimte van L in coordinaten t.o.v. de standaardbasis E is dus

PE←S

1−3

1

=

−12−5

1

b. Duidelijk is dat de rang van de matrix 2 is. De beeldruimte is dus de R2. Iedere basis van de

R2 is dus een basis van de beeldruimte t.o.v. de basis E.

c. (x)E = (8, 3, 1)T dus (x)S = P−1E←S(8, 3, 1)T . Het beeld van deze vector t.o.v. de standaardbasis

E is dus AP−1E←S(8, 3, 1)T = (4, 4)T .

Opgave 1.10.5

1.10.6 Oplossing (Vgl. SHL oefening 6.4.4.)

a. Op de diagonaal van AT A staan de inproducten van de kolommen van A met zichzelf. Dus‖a4‖ =

√2.

b. De inproducten van a1 met de andere kolommen vinden we in de eerste rij van AT A. Dusa1 · a2 = a1 · a3 = 0. Ook is a2 · a3 = 0. De vectoren a1 t/m a3 zijn dus onderling orthogonaal.

c. De projectie van a4 op < a1, a2, a3 > is (zie BK blz. 282)

(a4 · a1)a1 + (a4 · a2)a2 + (a4 · a3)a3 = −a1 + 2a2 − 3a3 .

Opgave 1.10.6

1.10.7 Oplossing (Vgl. SHL oefening 8.4.3) Als λ een eigenwaarde is van A dan is λ− 1 een eigenwaardevan A− I. Dus de eigenwaarden van A− I zijn -1,0,-3. Opgave 1.10.7

1.11.1 Oplossing

a. (Vgl. SHL oef. 2.4.5) We zoeken een matrix P zodat PK = L, dus

P =

0 0 0 10 0 1 01 0 0 00 1 0 0

.

b. (Vgl. SHL 4.5.3b) De matrix U is een trapvorm voor A. Dus de 1e, 3e en 5e kolom van Avormen een basis voor de kolommenruimte van A (Zie BK blz. 248 solution 2). Berekening geeft

{

1234

,

0010

,

0120

}c. (Vgl. SHL 4.5.15a) Omdat U een trapvorm voor A is kunnen we volstaan met het oplossen van

Ux = 0 (zie SHL §4.2.1).vrije variabelen zijn dus x2, x4. Er volgt


x1 = −x4, x2 = x2, x3 = −3x4 −X5, x4 = x4, x5 = 0.Dus de algemene oplossing van Ax = 0 is

x = x2

01000

+ x4

−1

0−3

10

.

d. (Vgl. SHL 4.5.15b) Alle vectoren b in de kolommenruimtevan A.

Opgave 1.11.1

1.11.2 Oplossing

a. (Vgl. BK §6.3 voorbeeld 2, SHL oef. 7.4.5) De kolommen van A zijn de beelden van debasisvectoren op het domein geschreven t.o.v.van de basis op het bereik. Gegeven is dat het beeldvan s1 gelijk is aan 2s1, in coordinaten t.o.v. S is dit (2, 0, 0)T . Evenzo volgt [L(s2)]S = (1, 1, 0)T ,[L(s3)]S = (1, 0,−1)T . Dus

A =

2 1 10 1 00 0 −1

.

b. (Zie BK §4.7) De overgangsmatrix PE←S van S naar E heeft als kolommen de vectoren s1, s2,s3 geschreven als coordinaatvectoren t.o.v. E (BK blz. 260). Dus

PE←S =

1 1 01 0 10 1 1

.

en

PS←E = P−1E←S =

12

1 1 −11 −1 1

−1 1 1

.

c. (Vgl. SHL oef. 8.4.14) B = APS←E dus

B =12

2 2 01 −1 11 −1 −1

.

d. (Vgl. SHL oef 8.5.13e) Merk op dat wanneer we een lineaire afbeelding beschouwen met dezelfdebasis op domein en bereik de eigenwaarden onafhankelijk zijn van de gekozen basis (SHL §8.2.2.).Beschouwen we in dit geval de matrix A dan zien we direct dat de eigenwaarden zijn: 2,1,-1.Berekenen we met behulp van A de bijbehorende eigenvectoren dan zijn dit coordinaatvectorent.o.v. S. We vinden m.b.v. A:

E2 =<

100

> .

(D.w.z.L(s1) = 2s1 hetgeen gegeven is.)

E1 =<

1−10

> .


(D.w.z.L(s1 − s2) = s1 − s2 wat men ook direct uit de gegevens had kunnen afleiden.)

E−1 =<

10−3

> .

(D.w.z.L(s1 − 3s3) = −s1 + 3s3 wat men ook direct uit de gegevens had kunnen afleiden.) Deeigenvectoren als coordinaatvectoren t.o.v. E vindt men nu dus door bovenstaande eigenvectorent.o.v. S te vermenigvuldigen met PE←S . Dit geeft (t.o.v. E)

E2 =<

110

> ,E1 =<

01−1

> , E−1 =<

1−2−3

> .

Opgave 1.11.2

1.11.3 Oplossing

a. (Vgl. SHL oefening 5.4.6.)We moeten de kleinste-kwadratenoplossing bepalen van het stelsel

α

1111

+ β

0123

+ γ

0149

=

2101

,


A =

1 0 01 1 11 2 21 3 9

en b =

2101

.


AT A

(αβ

)= AT b

Invullen van A en b geeft de normaalvergelijking 4 6 146 14 36

14 36 98

( αβ

)=

4413

met oplossing α = 21

10 , β = −1910 en γ = 1

2 .

b. De gevraagde vector u is de projectie van b op U (zie SHL §6.2.3 en BK §4.7). Merk op dat Ugelijk is aan de kolommenruimte van de matrix A uit a. De projectie van u is dus ook gelijk aande projectie van b op de kolommenruimte van A. Met SHL §5.2.4. volgtDe projectie u is

u = A

21/10−19/10

1/2

=110

21739

.

Er volgt v = b− u dus

v =110

−13−31

.


Opgave 1.11.3

1.11.4 Oplossing

a. Een spectrale decompositie is A = QDQT met D een diagonaalmatrix en Q een orthogonalematrix (Zie SHL 8.2.5). In dit geval is

D =

−1 0 00 1 00 0 2

en Q =

1/√

2 0 1/√

20 1 0

1/√

2 0 −1/√

2

.

b. (Vgl SHL oef. 9.4.5, zie SHL §9.2.3)

eAt = QeDtQT =

1/√

2 0 1/√

20 1 0

1/√

2 0 −1/√

2

e−t 0 00 et 00 0 e2t

1/√

2 0 1/√

20 1 0

1/√

2 0 −1/√

2

=

=

12e−t + 1

2e2t 0 12e−t − 1

2e2t

0 et 012e−t − 1

2e2t 0 12e−t + 1

2e2t

.

c. (Zie SHL §9.2.3.).

x(t) = eA(t−t0)x0 =

12e−(t−1) + 1

2e2(t−1) 0 12e−(t−1) − 1

2e2(t−1)

0 e(t− 1) 012e−(t−1) − 1

2e2(t−1) 0 12e−(t−1) + 1

2e2(t−1)

111

=

= e−t+1

101

+ et−1

010

+ e2t−2

10

−1

.

Opgave 1.11.4

1.11.5 Oplossing

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣∣1− λ 1 1

3 −1− λ 00 0 −λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ(λ2 − 4)

Dus de eigenwaarden van A zijn 0, 2 en -2.We vinden de eigenvectoren door voor iedere gevonden eigenwaarde λ het stelsel vergelijkingen (A−λI)x = 0 op te lossen.λ = 0 geeft 1 1 1

3 −1 00 0 0

x = 0 dus E0 =<

13−4

> .

λ = 2 geeft −1 1 13 −3 00 0 −2

x = 0 dus E2 =<

110

> .

λ = −2 geeft 3 1 13 1 00 0 2

x = 0 dus E−3 =<

1−30

> .


De algemene oplossing van x = Ax is dus

x = c1

13

−4

+ c2e2t

110

+ c3e−2t

1−3

0

, c1, c2, c3 ∈ R .

Opgave 1.11.5

1.11.6 Oplossing

a. rang(AT )=rang(A)=dim(R(A))=5-3=2.

b. dim(R(A))=5-3=2.

c. rang(AT )=dim(R(AT ))=2. dim(N (AT ))+dim(R(AT ))=10 dus dim(N (AT ))=8.

Opgave 1.11.6

1.11.7 Oplossing Ontwikelen naar de tweede rij geeft

−3

∣∣∣∣∣∣a1 −a3 2a2

b1 −b3 2b2

c1 −c3 2c2

∣∣∣∣∣∣Deze laatste matrix is uit A verkregen door de tweede en derde kolom te verwisselen en de laatstekolom met twee te vermenigvuldigen. De gevraagde determinant is dus −3 ∗ −1 ∗ 2 ∗ 8 = 48.

Opgave 1.11.7

1.11.8 Oplossing det(2A−1(2B)3) = 25 ∗ 116 ∗ (25 ∗ 2)3 = 219 = 524288. Opgave 1.11.8

1.11.9 Oplossing

a. (Vgl. BK oefening 4.8.7.) Een orthonormale basis is

{ 1√2

1010

,1√2

0101

,1√4

1−1−11

.

b. Uit de matrixvoorstelling volgt L(u1) = u1, L(u2) = u2, L(u3) = u3, L(u4) = −u4. Merk opdat u4 ⊥< u1, u2, u3 >. De afbeelding is dus en spiegeling in het ’vlak’ < u1, u2, u3 >.

c. Omdat L(u1) = u1, L(u2) = u2, L(u3) = u3, L(u4) = −u4 volgt dat E1 =< u1, u2, u3 >,E−1 =< u4 >.

d. De matrix B is de diagonaalmatrix met op de diagonaal de eigenwaarden 1,1,1,-1.

Opgave 1.11.9

1.11.10 Oplossing

a. De eigenwaardendecompositie is gegeven dus de eigenwaarden zijn 1 (algebraische en meetkun-dige multipliciteit 2) en 0.


b. De eigenruimten zijn

E1 =<

1−21

,

01−2

> en E0 =<

001

> .

c. dim(N (A))= dim(E0)=1. Dus rang(A)=2.

Opgave 1.11.10

1.12.1 Oplossing Geen uitwerking aanwezig. Opgave 1.12.1





































1.16.1 Oplossing

a. Vegen van de uitgebreide coefficientenmatrix (Gauss-Jordan) geeft: 3 5 −4 7 11−3 −2 4 −1 −2

6 1 −8 −4 −5

→

3 5 −4 7 110 3 0 6 90 −9 0 −18 −27

→

→

3 5 −4 7 110 1 0 2 30 0 0 0 0

→

3 0 −4 −3 −40 1 0 2 30 0 0 0

.

Dus x1, x2 zijn basisvariabelen, x3 en x4 zijn vrije variabelen. Er volgt

x1 =43x3 + x4 −

43

x2 = −2x4 + 3x3 = x3

x4 = x4


x =

− 4

3300

+ x3

43010

+ x4

1

−201

.


b. Een basis voor de kolommenruimte is dus

{

3−3

6

,

5−2

1

} .

d.w.z. de kolommen van A die corresponderen met de basisvariabelen. (zie BK blz. 230, vgl.BK opgave 4.6.7).

c. Vgl. BK blz. 278 vb.2. Bepaal alle vectoren x waarvoor x ⊥ R(A) d.w.z. waarvoor geldt dat(x, (3,−3, 6)T ) = 0 en (x, (5,−2, 1)T ) = 0. Oplossen van deze vergelijkingen geeft

R(A)⊥ =<

131

> .

Opgave 1.16.1

1.16.2 Oplossing Als BK oefening 8.4.1.De kleinste-kwadratenoplossing wordt gevonden door oplossen van de normaalvergelijking

AT Ax = AT b

Invullen van A en b geeft de normaalvergelijking 4 8 108 20 2610 26 38

x1

x2

x3

=

121220

met oplossing (x1, x2, x3)T = (10,−6, 2)T . Opgave 1.16.2

1.16.3 Oplossing

a. Vgl. BK blz.260 vb. 4. en BK opgave 2.7.13.PS←T = ([y

1]S , [y

2]S), d.w.z. we moeten de vectoren y

1en y2 uitdrukken in coordinaten t.o.v.

S. Dit geeft (1 −2

−3 4

∣∣∣∣ −7 −5−12 −8

)∼(

1 00 1

∣∣∣∣ 5 36 4

).

Dus

PS←T =(

5 36 4

).

b.

PT←S = P−1S←T =

(2 − 3

2−3 5

2

).

c. Bepaal a en b zo dat

v =(

1−1

)= a

(1

−3

)+ b

(−2

4

).

Er volgt

[v]S =(

ab

)=(−1−1

).

Opgave 1.16.3

1.16.4 Oplossing


a. Het aantal niet-nul rijen is 3 dus rang(A)=3.

b. Met de dimensiestelling volgt dim(N (A)) = 2.

Opgave 1.16.4

1.16.5 Oplossing

a. dimN (A) 6= 0, dus er zijn oneinding veel oplossingen.

b. rang(A) = 3 < rang([A, b]), dus zijn er geen oplosingen (BK stelling 4.14).

c. Voor b = 0 is de oplossingsverzameling N (A) een deelruimte. Voor b 6= 0 bevat de oplossings-verzameling de nulvector niet en is de oplosingsverzameling dus geen deelruimte. Het antwoordis dus b = 0.

Opgave 1.16.5

1.16.6 Oplossing De projectie is (a,b)(a,a)a = 2a. Opgave 1.16.6

1.16.7 Oplossing Ontwikkelen naar de eerste rij geeft

2

∣∣∣∣∣∣b1 b2 b3

a1 a2 a3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣ = 2 ∗ −4 = −8 .

Opgave 1.16.7

1.16.8 Oplossing Vgl. BK oefening 2.1.21.det(3a−1BT A2) = 33 ∗ 1

5 ∗ −2 ∗ 52 = −270. Opgave 1.16.8

1.17.1 Oplossing

a.

det(A− λI) =∣∣∣∣ 4− λ −3

−3 −4− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 25 = (λ− 5)(λ + 5) .

Dus de eigenwaarden van A zijn 5 en -5.

b. We vinden de eigenvectoren door voor iedere gevonden eigenwaarde λ het stelsel vergelijkingen(A− λI)x = 0 op te lossen.λ = 5 geeft (

−1 −3−3 −9

)x = 0 dus E5 =<

(3−1

)> .

λ = −5 geeft op dezelfde manier

E−5 =<

(13

)> .

c. (Zie SHL 6.2.4) De matrix Q is de matrix met als kolommen een orthonormaal stel eigenvectoren.Omdat de matrix symmetrisch is zijn de eigenvectoren al orthogonaal.De eigenvectoren delendoor hun lengte geeft

Q =1√10

(3 1−1 3

).

D =(

5 00 −5

),

de matrix met op de diagonaal de bijbehorende eigenvectoren.


d. (Vgl SHL oef. 7.4.6, zie SHL §7.2.4)

eAt = QeDtQT =110

(3 1−1 1

)(e5t 00 −e−5t

)(3 −1−1 3

)=

110

(9e5t + e−5t −3e5t + 3e−5t

−3e5t + 3e−5t e5t + 9e−5t

).

Opgave 1.17.1

1.17.2 Oplossing (Vgl. SHL oefening 8.4.1) Het karakteristiek polynoom van A is det(A−λI) = λ2−4λ+13.De eigenwaarden zijn dus λ = 2± 3i.Eigenruimte bij λ = 2 + 3i:

Los op(−3i 3−3 −3i

)(x1

x2

)=(

00


(1i

)>

Algemene oplossing

x(t) = d1e2t

{cos(3t)

(10

)− sin(3t)

(01

)}+ d2e

2t

{cos(3t)

(01

)+ sin(3t)

(10

)}, d1, d2 ∈ R.

Merk op dat we dit ook kunnen schrijven als

e2t

(1 00 1

)(cos(3t) sin(3t)− sin(3t) cos(3t)

)(d1

d2

).

Opgave 1.17.2

1.17.3 Oplossing

a. Het vlak V is de eigenruimte bij eigenwaarde 1 en V ⊥ is de eigenruimte bij eigenwaarde 0. Dui-

delijk is dat de vector x1 =

110

tot V behoort (d.w.z. voldoet aan de vergelijking). De vector

x2 =

1−1−1

staat hier loodrecht op (door een goede keuze van de eerste twee componenten)

en behoort eveneens tot V (door de keuze van de derde component). De vector x3 =

1−1

2

staat loodrecht op V . Bovenstaande drie onderling loodrechte, en dus onafhankelijke, vectorenvormen een basis S van eigenvectoren van L. Normeren geeft de orthonormale basis T .

{ 1√2

110

,1√3

1−1−1

,1√6

1−1

2

} .

b. Voor de afbeelding L geldt nu dat de matrix van L t.o.v. de basis T op domein en bereik is

D =

1 0 00 1 00 0 0

.

Zij Q de overgangsmatrix van T naar E, d.w.z. de matrix met als kolommen de orthonormalebasisvectoren van T . Dan is de gevraagde matrix


5 1 −21 5 2

−2 2 2

.


Een andere mogelijk is om de matrix B van L te bepalen t.o.v. de basis S op het domein en debasis E op het bereik,

B =

1 1 01 −1 00 −1 0

,

en de overgangsmatrix

PE←S =

1 1 11 −1 −10 −1 2

.

Er geldt A = B(PE←S)−1.

Opgave 1.17.3

1.17.4 Oplossing

a. L(3x1 + 2x2 − 4x3) = 6y1

+ 6y2

+ 4y1− 4y

2− 8y

1− 4y

2= 0

b. De kolommen van deze matrix zijn [L(xi]T , dus(2 1 22 −1 1

).

Opgave 1.17.4

1.17.5 Oplossing

a. 12 , 1

4 , −1 .(zie SHL 6.2.2)

b. 8, 14, -1 . (vgl opgave SHL 6.4.3)

Opgave 1.17.5

1.17.6 Oplossing

a. Gegeven zijn eigenwaarden 1 en -1. Het product van de eigenwaarden is det(A) = 2 en alleeigenwaarden zijn reeel. Dus de derde eigenwaarde is -2.

b. De derde eigenvector moet loodrecht staan op de gegeven eigenvectoren (eigenschap symmetri-sche matrices). Dus het antwoord bestaat uit de gegeven eigenvectoren en (1, 0,−1)T .

Opgave 1.17.6

1.18.1 Oplossing

a. Vegen van de uitgebreide coefficientenmatrix (Gauss-Jordan) geeft:1 −2 1 0 −10 2 3 2 52 −2 5 2 31 0 4 2 4

→

1 −2 1 0 −10 2 3 2 50 2 3 2 50 2 3 2 5

→

→

1 0 4 2 40 2 3 2 50 0 0 0 00 0 0 0 0

→

1 0 4 2 40 1 3/2 1 5/20 0 0 0 00 0 0 0 0

.


b. Dus x1, x2 zijn basisvariabelen, x3 en x4 zijn vrije variabelen. Er volgt

x1 = 4− 4x3 − 2x4

x2 =52− 3

2x3 − x4

x3 = x3

x4 = x4


x =

45200

+ x3

−4− 3

210

+ x4

−2−1

01

.

c. Een basis voor N (A) is dus

{

−4− 3

210

,

−2−1

01

} .

d. Een basis voor R(A) is dus

{

1021

,

−2

2−2

0

} .

Opgave 1.18.1

1.18.2 Oplossing

a. Zoek een vector a waarvoor geldt dat (a, v1) = 0 en (a, v2) = 0, d.w.z. los het volgende stelselop {

a1 − a2 + a3 = 0a1 + a2 − a3 = 0

De algemene oplossing is a = a3(0, 1, 1)T . Dus een basis voor V ⊥ is {(0, 1, 1)T }.

b 1e manier: Zoek getallen c1, c2, c3 zodat b = c1v1 + c2v2 + c3a. Dan geldt b1 = c1v1 + c2v2 enb2 = c3a.2e manier: Bepaal de projectie van b op V ⊥. Dit is b2. Er volgt b1 = b− b2. Uitwerken geeft

b2 =(b, a)(a, a)

a =

011

dus b1 =

2−2

2

.

Opgave 1.18.2

1.18.3 Oplossing De kleinste-kwadratenoplossing wordt gevonden door oplossen van de normaalvergelijking

AT Ax = AT b

Met

A =

1 −21 −11 01 1

en b =

4210

.



)(αβ2

)=(

7−10

)met oplossing (α, β)T = (11

10 , 1310 )T . Opgave 1.18.3

1.18.4 Oplossing (Vgl. SHL oefening 8.4.1)

a. Het karakteristiek polynoom van A is det(A − λI) = λ2 − 4λ + 13. De eigenwaarden zijn dusλ = 2± 3i.Eigenruimte bij λ = 2 + 3i:

Los op(−3i 3−3 −3i

)(x1

x2

)=(

00


(1i

)>

Algemene oplossing

x(t) = d1e2t

{cos(3t)

(10

)− sin(3t)

(01

)}+d2e

2t

{cos(3t)

(01

)+ sin(3t)

(10

)}, d1, d2 ∈

R.Merk op dat we dit ook kunnen schrijven als

e2t

(1 00 1

)(cos(3t) sin(3t)− sin(3t) cos(3t)

)(d1

d2

).

b. Invullen in de algemene oplossing geeft

x(0) = d1e2t

(10

)+ d2

(01

)=(−2

5

),

dus d1 = −2 en d2 = 5. De gevraagde oplossing is dus

x(t) = −2e2t

{cos(3t)

(10

)− sin(3t)

(01

)}+ 5e2t

{cos(3t)

(01

)+ sin(3t)

(10

)}= e2t cos(3t)

(−2

5

)+ e2t sin(3t)

(52

).

Opgave 1.18.4

1.18.5 Oplossing

a. Het vlak V is de eigenruimte bij eigenwaarde 1 en V ⊥ is de eigenruimte bij eigenwaarde -1.

Duidelijk is dat de vector x1 =

10

−1

tot V behoort (d.w.z. voldoet aan de vergelijking).

De vector x2 =

1−1

1

staat hier loodrecht op (door een goede keuze van de eerste en derde

componenten) en behoort eveneens tot V (door de keuze van de tweede component). De vector

x3 =

121

staat loodrecht op V . Bovenstaande drie onderling loodrechte, en dus onafhanke-

lijke, vectoren vormen een basis S van eigenvectoren van L. Normeren geeft de orthonormalebasis T .

{ 1√2

10

−1

,1√3

1−1

1

,1√6

121

} .


b. Voor de afbeelding L geldt nu dat de matrix van L t.o.v. de basis T op domein en bereik is

D =

1 0 00 1 00 0 −1

.

Zij Q de overgangsmatrix van T naar E, d.w.z. de matrix met als kolommen de orthonormalebasisvectoren van T . Dan is de gevraagde matrix


2 −2 −1−2 −1 −2−1 −2 2

.

Een andere mogelijk is om de matrix B van L te bepalen t.o.v. de basis S op het domein en debasis E op het bereik,

B =

1 1 −10 −1 −2

−1 1 −1

,

en de overgangsmatrix

PE←S =

1 1 10 −1 2

−1 1 1

.

Er geldt A = B(PE←S)−1.

Opgave 1.18.5

1.18.6 Oplossing

a. rang(A)=7-4=3.

b. dim(R(A))= rang(A)=3.

c. dim(rijenruimte)= rang(A)=3.

Opgave 1.18.6

1.18.7 Oplossing Ontwikkelen naar de eerste rij geeft −2 ∗ det(A) = −16. Opgave 1.18.7

1.18.8 Oplossing Vgl. BK oefening 2.1.21.det(3A−1AT B2) = 33 ∗ 1

4 ∗ 4 ∗ 32 = 35 = 243. Opgave 1.18.8

1.18.9 Oplossing

a. Ax = 3x, dus de bij x behorende eigenwaarde is 3.

b. 10 . (vgl opgave SHL 6.4.3)

Opgave 1.18.9

1.18.10 Oplossing (Zie SHL §7.2.4.) Het antwoord is

eAt

(12

)= 1

10

(3e5t + 7e−5t

−e5t + 21e−5t

). Opgave 1.18.10


1.18.11 Oplossing De kolommen van de matrix zijn [L(xi)]T (zie BK blz. 346). Dus de gevraagde matrix is(3 1 22 −2 1

). Opgave 1.18.11

1.19.1 Oplossing Geen uitwerkingen aanwezig. Opgave 1.19.1





























1.22.1 Oplossing Normaal van het vlak 2x + y + z = 2 is [2, 1, 1]T . Dit geeft de parametervoorstelling

x1 = 1 + 2λ,

x2 = −1 + λ,

x3 = 1 + λ.

Dus λ = x3 − 1. De vergelijkingen worden:

x1 = 2x3 − 1,

x2 = x3 − 2.

Opgave 1.22.1

1.22.2 Oplossing

a. Met MATLAB:

>> A = [1,2,0,2; -2,-5,1,-1; 0,-3,3,4; 3,6,0,-7]

A =1 2 0 2-2 -5 1 -10 -3 3 43 6 0 -7

>> b= [5;-8;1;2]

b =5-812

>> rref([A,b])

ans =1 0 2 0 10 1 -1 0 10 0 0 1 10 0 0 0 0

b. M.b.v. onderdeel a. volgt de algemene oplossing1101

+ λ

−2110

.


c. Dus is

N (A) =

⟨−2110

⟩

met basis {

−2110

} .

d. Met MATLAB:

>> A = [A(1,:);A(3:4,:)]

A =1 2 0 20 -3 3 43 6 0 -7

>> b = [b(1,:);b(3:4,:)]

b =512

>> rref([A,b])

ans =1 0 2 0 10 1 -1 0 10 0 0 1 1

Op de laatste rij nullen na identiek aan b, dus dezelfde oplossing.1101

+ λ

−2110

.

Opgave 1.22.2

1.22.3 Oplossing

a. De normaalvergelijking is AT Ax = AT b. In MATLAB:

> A = [1,0;1,2;1,3;1,4;1,6]

A =1 01 21 31 41 6

>> b = [1;0;1;3;5]

b =1


0135

>> A’*A

ans =5 1515 65

>> A’*b

ans =1045

b. In MATLAB:

>> rref([A’*A,A’*b])

ans =1.0000 0 -0.2500

0 1.0000 0.7500

Dus x =(− 1

434

).

c. De orthogonale projectie van b op R(A) wordt gegeven door P = Ax =

− 1

4542114174

.

Opgave 1.22.3

1.22.4 Oplossing

a. Definieer A := [v1; v2; v3; v4]. Dan is V = R(A). In MATLAB:

>> A = [1,1,1,1;-3,-1,2,0;3,2,0,1;-1,1,1,-1]

A =1 1 1 1-3 -1 2 03 2 0 1-1 1 1 -1

>> rref(A)

ans =1 0 0 10 1 0 -10 0 1 10 0 0 0


Er zijn 3 basisvariabelen, dus de dimensie van de kolommenruimte (en dus van V ) is 3.

b. v1, v2 en v3.

c. v4 = v1 − v2 + v3.

Opgave 1.22.4

1.22.5 Oplossing

a. dimR(A)=4 .

b. rang(AT )=4 .

Opgave 1.22.5

1.22.6 Oplossing det(3(AB)T (AB)−1)=27 . Opgave 1.22.6

1.22.7 Oplossing De gevraagde determinant is det(A)*det(B)*4=-24 . Opgave 1.22.7

1.22.8 Oplossing Een mogelijke parametervoorstelling is 11−1

+ λ

003

+ µ

1−22

.

Opgave 1.22.8

1.22.9 Oplossing De lijn moet door de oorsprong gaan dus bijv.abc

=

111

.

Opgave 1.22.9

1.22.10 Oplossing Het linkerlid van de derde vergelijking is de som van de eerste 2. Er zijn dus alleenoplossingen als dit ook voor c geldt, dus c = 3. Opgave 1.22.10

1.23.1 Oplossing De matrix wordt gegeven door A = SDS−1, waarbij

S =

0 1 21 1 −11 −1 1

en D =diag(2,2,0). Uitrekenen (bijv. met Matlab) geeft

A =13

2 2 −22 5 1−2 1 5

Merk op dat niet A = SDST , omdat S niet orthogonaal is gekozen. Opgave 1.23.1

1.23.2 Oplossing


a. Karakteristieke vgl. van A is (5 − λ)2 + 16 = 0. De eigenwaarden zijn dus λ1 = 5 + 4i enλ2 = 5− 4i. De bijbehorende eigenruimten zijn:

E5+4i =<

(−2i1

)> en E5−4i =<

(2i1

)> .

De algemene complexe oplossing is

x(t) = c1

(−2i1

)e(5+4i)t + c2

(2i1

)e(5−4i)t , c1, c2 ∈ C .

b. M.b.v. de eigenwaarden en eigenvectoren berekend in onderdeel a. volgt de algemene reeleoplossing

d1e5t

(cos(4t)

(01

)− sin(4t)

(−20

))+ d2e

5t

(sin(4t)

(01

)+ cos 4t

(−20

)), d1, d2 ∈ R .

c. Invullen van t = 14π in antwoord b. geeft

−d1e54 π

(01

)− d2e

54 π

(−20

)=(

21

).

Dus d1 = −e−54 π en d2 = e−

54 π. Invullen in de formule bij antwoord b. geeft de gevraagde

oplossing.

Opgave 1.23.2

1.23.3 Oplossing

a. V woordt opgespannen door

x1 =

11−1

en x2 =

21−3

.

Dus

q1

=1

‖x1‖x1 =

1√3x1 en y2 = x2 − (x2, q1

)q1

= x2 − 2x1 =

0−1−1

.

Een orthonormale basis voor V is dus {q1, q

2} met

q1

=1√3

11−1

, q2

=1√2

0−1−1

.

b. Merk op dat v de projectie is van u op V , dus

v = (u, q1)q

1+ (u, q

2)q

2=

13

142

en w = u− v =13

2−11

Opgave 1.23.3


1.23.4 Oplossing Om de gevraagde overgangsmatrix te vinden moet je de vectoren van S schrijven alscoordinaatvectoren t.o.v. T . Dit geeft aanleiding tot 1 1 0

0 1 10 1 −1

∣∣∣∣∣∣2 1 1−1 2 11 0 3

Vegen geeft 1 0 0

0 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣2 0 −10 1 2−1 1 −1

dus PT←S =

2 0 −10 1 2−1 1 −1

Opgave 1.23.4

1.23.5 Oplossing

20−1

Opgave 1.23.5

1.23.6 Oplossing(

5414

)Opgave 1.23.6

1.23.7 Oplossing

a. De eigenwaaarden volgen met 3λ2 − 5, waarbij λ de eigenwaarde van B is. Dus 22, 7, −2.

b. De eigenwaaarden volgen met 2λ2 − 3λ , waarbij λ de eigenwaarde van B is. Dus 5, 5

2 , 1.

Opgave 1.23.7

1.23.8 Oplossing (zie SHL blz.104) v =(

31

). Opgave 1.23.8

1.23.9 Oplossing λ1λ2λ3 = 2 en λ1 + λ2 + λ3 = 4. Er volgt met λ1 = 1 dat λ2 = 1 en λ3 = 2.Opgave 1.23.9

1.23.10 Oplossing De projectie is (v,aa,a a = − 1

5

103

. Opgave 1.23.10

1.23.11 Oplossing Bijv. met Matlab: y(t) = 4t + c1 + c2e−2t. Opgave 1.23.11

1.24.1 Oplossing Normaal van het vlak is [2,−1, 7]T dus de vergelijking van het vlak is 2x − y + 7z = c.Het vlak moet gaan door (1, 1, 2), dus c=15. De vergelijking 2x− y + 7z = 15 geeft

x =152

+12λ− 7

2µ,

y = λ,

z = µ.

Dus een mogelijke parametervoorstelling isxyz

=

15200

+ λ

120

+ µ

−702

.

Opgave 1.24.1

1.24.2 Oplossing


a. Met MATLAB:

>> A=[1 2 1 0 ;2 4 0 -2 ;1 2 -1 -2 ;2 4 -1 -3 ]

A =

1 2 1 02 4 0 -21 2 -1 -22 4 -1 -3

>> b=[3 4 1 3]’

b =

3413

>> rref([A,b])

ans =

1 2 0 -1 20 0 1 1 10 0 0 0 00 0 0 0 0

b. M.b.v. onderdeel a. volgt de algemene oplossing2010

+ λ

−2100

+ µ

10−11

.

c. Dus is

N (A) =

⟨−2100

,

10−11

⟩

met basis {

−2100

,

10−11

} .

d. De laatste kolom valt ook in de geveegde matrix weg, dus201

+ λ

−210

.

Opgave 1.24.2

1.24.3 Oplossing

a. V wordt opgespannen door

v1 =

1−10

en v2 =

20−1

.


Dus

q1

=1

‖v1‖v1 =

1√2v1 en y2 = v2 − (v2, q1

)q1

= v2 − x1 =

−1−11

.

Een orthonormale basis voor V is dus {q1, q

2} met

q1

=1√2

1−10

, q2

=1√3

−1−11

.

b. Merk op dat b1 de projectie is van b op V , dus

b1 = (b, q1)q

1+ (b, q

2)q

2=

0−21

en b2 = b− b1 =

112

Opgave 1.24.3

1.24.4 Oplossing

a. De normaalvergelijking is AT Ax = AT b. In MATLAB:

> A = [1,1;1,2;1,3;1,4;1,5]A =

1 11 21 31 41 5

>> b = [2;4;5;5;9]b =

24559

>> A’*Aans =

5 1515 55

>> A’*bans =

2590

b. In MATLAB:

>> rref([A’*A,A’*b])ans =

1.0000 0 0.50000 1.0000 1.5000


Dus x =(

1232

).

c. De orthogonale projectie van b op R(A) wordt gegeven door P = Ax = 12

47101316

.

Opgave 1.24.4

1.24.5 Oplossing

a. Karakteristieke vgl. van A is (3 − λ)2 + 16 = 0. De eigenwaarden zijn dus λ1 = 3 + 4i enλ2 = 3− 4i. De bijbehorende eigenruimten zijn:

E3+4i =<

(2i1

)> en E3−4i =<

(−2i1

)> .

De algemene complexe oplossing is

x(t) = c1

(2i1

)e(3+4i)t + c2

(−2i1

)e(3−4i)t , c1, c2 ∈ C .

b. M.b.v. de eigenwaarden en eigenvectoren berekend in onderdeel a. volgt de algemene reeleoplossing

d1e3t

(cos(4t)

(01

)− sin(4t)

(20

))+ d2e

3t

(sin(4t)

(01

)+ cos 4t

(20

)), d1, d2 ∈ R .

Matlab geeft met ’dsolve’ de oplossing

x1 = e3t(c1 cos(4t)− 2c2 sin(4t)) en x2 =12e3t(c1 sin(4t) + 2c2 cos(4t)) .

c. Invullen van t = 18π in antwoord b. geeft

−d1e38 π

(20

)− d2e

38 π

(01

)=(

21

).

Dus d1 = −e−38 π en d2 = −e−

38 π. Invullen in de formule bij antwoord b. geeft de gevraagde

oplossing.

Opgave 1.24.5

1.24.6 Oplossing

a. rang(AT )=3 .

b. Ja.

Opgave 1.24.6

1.24.7 Oplossing De gevraagde determinant is a1a3 − b1b3 = det(A)− det(B) = 6 . Opgave 1.24.7


1.24.8 Oplossing det(2B−1AT B2) = 23 ∗ 14 ∗ 3 ∗ 42 = 96. Opgave 1.24.8

1.24.9 Oplossing Ax = 3x, dus 3. Opgave 1.24.9

1.24.10 Oplossing

S =

0 1 21 1 01 0 1

en D =

3 0 00 3 00 0 0

.

Opgave 1.24.10

1.24.11 Oplossing 11, 132 , −1. Opgave 1.24.11

1.24.12 Oplossing v =(

11

). Opgave 1.24.12

1.24.13 Oplossing c1e−5t + c2e

3t , c1, c2 ∈ R . Opgave 1.24.13

1.24.14 Oplossing

a. [y1]S =

(1−1

).

b. [x1]T = 13

(21

).

c. PT←S = 13

(2 −11 1

).

Opgave 1.24.14

Tentamens Lineaire Algebra 2Y650 - protagoras.tue.nl · is met Matlab de volgende rijgereduceerde...

Documents

Transcript of Tentamens Lineaire Algebra 2Y650 - protagoras.tue.nl · is met Matlab de volgende rijgereduceerde...