Uitgewerkte opdrachten en oefeningen bij SOHO Wiskunde Plantyn Lineaire algebra I

Uitgewerkte opdrachten en oefeningen

bij

SOHO Wiskunde Plantyn

Lineaire algebra I

Koen De Naeghel

CREATIVE COMMONS

Naamsvermelding-NietCommercieel-GelijkDelen 3.0(CC BY-NC-SA)

Dit is de vereenvoudigde (human-readable) versie van de volledige licentie.De volledige licentie is beschikbaar op de webpagina

http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/nl/legalcode

De gebruiker mag:

het werk kopieren, verspreiden en doorgevenRemixen - afgeleide werken maken

Onder de volgende voorwaarden:

Naamsvermelding - De gebruiker dient bij het werk de door de maker of de licentiegever aangegeven naam tevermelden (maar niet zodanig dat de indruk gewekt wordt dat zij daarmee instemmen met je werk of je gebruik vanhet werk).Niet-commercieel - De gebruiker mag het werk niet voor commerciele doeleinden gebruiken.Gelijk delen - Indien de gebruiker het werk bewerkt kan het daaruit ontstane werk uitsluitend krachtens dezelfdelicentie als de onderhavige licentie of een gelijksoortige licentie worden verspreid.

Met inachtneming van:

Afstandname van rechten - De gebruiker mag afstand doen van een of meerdere van deze voorwaarden metvoorafgaande toestemming van de rechthebbende.Publiek domein - Indien het werk of een van de elementen in het werk zich in het publieke domein onder toepasselijkewetgeving bevinden, dan is die status op geen enkele wijze beınvloed door de licentie.Overige rechten - Onder geen beding worden volgende rechten door de licentie-overeenkomst in het gedrang gebracht:

• Het voorgaande laat de wettelijke beperkingen op de intellectuele eigendomsrechten onverlet.

• De morele rechten van de auteur

• De rechten van anderen, ofwel op het werk zelf ofwel op de wijze waarop het werk wordt gebruikt, zoals hetportretrecht of het recht op privacy.

Let op - Bij hergebruik of verspreiding dient de gebruiker de licentievoorwaarden van dit werk kenbaar te maken aanderden. De beste manier om dit te doen is door middel van een link naar de webpaginahttp://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/nl/ .

Gepubliceerd door: Online uitgever Lulu.com

Auteursrecht omslagfoto: abluecup / 123RF Stock Photo http://nl.123rf.com/profile abluecup

Tekstzetsysteem: LATEX

Royalty percentage: 0%

c© 2016 Koen De Naeghel

Gelicenseerd onder een Creative Commons Naamsvermelding-NietCommercieel-GelijkDelen 3.0

ISBN 978-1-326-54124-8

Eerste druk, januari 2016

Voorwoord

Recent verschenen de boekjes Lineaire algebra I en II in de reeks SOHO WiskundePlantyn, met als opzet een rol te spelen in een betere aansluiting tussen de wiskunde inhet secundair onderwijs (SO) en de wiskunde in het hoger onderwijs (HO). Beide boekjeslaten leerlingen van de derde graad met minstens zes lesuren wiskunde kennis maken metde studie van de abstracte vectorruimtestructuur, een hoeksteen van de hogere, zowelzuivere als toegepaste wiskunde. Ook voor studenten van een professionele bachelorwiskunde kunnen deze boekjes een interessante kennismaking met meer academischewiskunde vormen.

In Lineaire algebra I [7] worden de vectorruimte en allerlei verwante begrippen zoals lineairafhankelijke en onafhankelijke vectoren, deelruimte, basis en dimensie en bewerkingenmet deelruimten gedefinieerd. In Lineaire algebra II [11] leiden concrete voorbeelden toteen studie van eigenwaarden en eigenvectoren, die vervolgens in een meer wiskundigecontext worden toegepast om matrices te diagonaliseren. Het begrip lineaire afbeeldingspeelt daarbij een centrale rol. Lineaire algebra I en II bieden een kant-en-klaar geheelaan, dat zowel als lessenreeks als voor begeleide zelfstudie gebruikt kan worden.

Beide publicaties bevatten heel wat opdrachten en oefeningen. De opdrachten die inde theorie staan, zijn bedoeld om begrippen te verankeren op een elementair niveau enworden dus best meteen gemaakt. Het werkelijke inzicht bij een meer abstract onderwerpkan echter enkel groeien door voldoende oefeningen achteraan elk hoofdstuk te maken.

Sinds het verschijnen van Lineaire algebra I en II kregen de auteurs meermaals de vraagom hun oplossingen van de opdrachten en oefeningen ter beschikking te stellen.

In dit boekje worden de 14 opdrachten en 87 oefeningen bij Lineaire algebra I vollediguitgewerkt. We zijn er ons van bewust dat een oefening vaak op meerdere manieren kanworden opgelost en er feitelijk niet zoiets bestaat als een modeloplossing. Tevens heeft ditwerk niet de pretentie om van elke oefening de meest elegante oplossing te bevatten. Ditboekje is eerder bedoeld als ondersteuning voor leerlingen, leerkrachten of studenten diehun eigen oplossingen wensen af te toetsen.

In deze context beklemtonen we dat bij oefeningen de waarde niet zozeer in het aanschou-wen van een uitgewerkte oplossing ligt, maar in het feit dat de lezer zelf gezocht heeft,ook al werd een uiteindelijke oplossing misschien niet gevonden.

Dit boek is digitaal beschikbaar op http://www.koendenaeghel.be . Opmerkingen,vragen en suggesties voor verbetering zijn steeds welkom, bijvoorbeeld via [email protected] .

Brugge, januari 2016 — KDN

http://www.koendenaeghel.be

mailto:[email protected]

Inhoudsopgave

Voorwoord iii

1 Inleidende begrippen en definities 1Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

2 Vectorruimten 7Opdrachten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3 Deelruimten 25Opdrachten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

4 Basis 49Opdrachten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

5 Dimensie 75Opdrachten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Bibliografie 96

Hoofdstuk 1

Inleidende begrippen endefinities

Oefeningen

1. Beschrijf telkens de gegeven verzameling door opsomming.

(a) {y ∈ Z | 2y2 = 50}

(b) {x ∈ N | ∃m ∈ Z : x = 2m− 5}

(c) {z ∈ R | 3z2 = −17}

Oplossing.

(a) {y ∈ Z | 2y2 = 50} = {y ∈ Z | y2 = 25}= {y ∈ Z | y = ±5}

= {−5, 5}

(b) {x ∈ N | ∃m ∈ Z : x = 2m− 5} = {2m− 5 | m ∈ Z en 2m− 5 ∈ N}= {2 · 3− 5, 2 · 4− 5, 2 · 5− 5, . . . }

= {1, 3, 5, 7, 9, . . . }

(c) {z ∈ R | 3z2 = −17} = {z ∈ R | z2 = −17/3}

= ∅ want ∀x ∈ R : x2 > 0

2 Inleidende begrippen en definities

2. Waar of vals? Beoordeel de volgende uitspraken.

(a) ∅ = {0}

(b) 6 ∈ {6}

(c) {2, 4, 6, 8, 10} ⊆ N

(d) ∅ = {∅}

(e) ∅ ∈ {∅}

(f) {1, 3, 6, 7, 8} ⊆ {1, 3, 6, 7, 9}

(g) ∅ ⊆ {3, 5, 7}

(h) {0} ∈ Z

Oplossing.

(a) vals De lege verzameling bevat geen enkel element terwijl {0} één element bevat.

(b) waar

(c) waar Elk element van {2, 4, 6, 8, 10} behoort tot de verzameling van de natuurlijkegetallen.

(d) vals De lege verzameling bevat geen enkel element terwijl {∅} één element bevat.

(e) waar

(f) vals Niet elk element van {1, 3, 6, 7, 8} behoort tot {1, 3, 6, 7, 9}.

(g) waar De lege verzameling bevat geen elementen, derhalve is elk element van delege verzameling bevat in {3, 5, 7}.

(h) vals De verzameling {0} is geen geheel getal.

3. Zij P en Q twee deelverzamelingen van R2 waarvoor P ∪Q = P . Wat kan je uit elkvan de onderstaande gegevens besluiten over P en Q?

(a) P ∩Q = ∅

(b) P ∪Q = ∅

(c) P ∩ (R2 \Q) = ∅

(d) (R2 \ P ) ∪Q = ∅

(e) P ×Q = Q× P

(f) P ×Q = ∅

Oplossing. Het gegeven P ∪Q = P impliceert dat

∀x ∈ P ∪Q : x ∈ P ⇒ ∀x ∈ Q : x ∈ P⇒ Q ⊆ P.

Dit kunnen we voorstellen aan de hand van venndiagrammen (zie Figuur 1.1).

(a) P ∩Q = Q zodat Q = ∅ .

(b) P ∪Q = P zodat P = ∅ . Omdat Q ⊂ P is ook Q = ∅ .

(c) P ∩ (R2 \Q) = P \Q zodat P \Q = ∅. Dit impliceert P = Q .

(d) Het gegeven (R2 \ P ) ∪Q = ∅ leidt tot Q = ∅ en R2 \ P = ∅ dus P = R2 .

3

R2

PQ

Figuur 1.1: Schematische voorstelling van Q ⊆ P ⊆ R2

(e) Uit P ×Q = Q× P volgt:

∀x ∈ P ×Q : x ∈ Q× P⇒ ∀(p, q) ∈ P ×Q : (p, q) ∈ Q× P⇒ ∀p ∈ P : p ∈ Q en ∀q ∈ Q : q ∈ P⇒ P ⊆ Q en Q ⊆ P

⇒ P = Q .

(f) Omdat P ×Q = {(p, q) | p ∈ P en q ∈ Q} = ∅ is noodzakelijk P = ∅ of Q = ∅. Webesluiten dat P = Q = ∅ of Q = ∅ .

4. Zij X = {a, c} en Y = {b, c, e, f}. Beschrijf telkens de verzameling door opsomming.

(a) X × Y

(b) Y ×X

(c) X ×X ×X

(d) X × ∅

Oplossing.

(a) X × Y = {(a, b), (a, c), (a, e), (a, f), (c, b), (c, c), (c, e), (c, f)}

(b) Y ×X = {(b, a), (c, a), (e, a), (f, a), (b, c), (c, c), (e, c), (f, c)}

(c) X ×X ×X = {(a, a, a), (a, a, c), (a, c, a), (c, a, a), (a, c, c), (c, a, c), (c, c, a), (c, c, c)}

(d) X × ∅ = {(x, y) | x ∈ X en y ∈ ∅} = ∅

5. Zij A en B twee verzamelingen zodanig dat #(A×B) = 6 en {(1, 2), (2, 3), (3, 3)} ⊆A×B. Bepaal alle elementen van A×B.

Oplossing. Omdat {(1, 2), (2, 3), (3, 3)} ⊆ A×B is 1, 2, 3 ∈ A en 2, 3 ∈ B. Dus

U = {(1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3)} ⊂ A×B.

Nu is #U = 6 = #(A×B) zodat U = A×B. We besluiten dat

A×B = {(1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3)} .

4 Inleidende begrippen en definities

6. Bepaal telkens het beeld van de gegeven afbeelding.

(a) f : [0, 4]→ R : x 7→√x

(b) f : {0, 1, 2, 3, 4} → R+ : x 7→√x

(c) f : [−1, 3]→ R : x 7→ 2x2 − 3x+ 4

(d) f : Z× N0 → R : (m,n) 7→ m/n

(e) f : {1, 3} × {2, 4, 6} → N : (a, b) 7→ a · b

(f) f : {6, 5, 7} × {10} → N : (x, y) 7→ ggd(x, y)

Oplossing.

(a) Schetsen we de grafiek van f (zie Figuur 1.3) dan zien we in dat Im f = [0, 2] .

x

y

1 2 3

1

2

3

Figuur 1.2: De grafiek van f : [0, 4]→ R : x 7→√x

(b) Im f = {0, 1,√

2,√

3, 2}

(c) De grafiek van f is een stuk van een parabool waarvan de coördinaten van de topgelijk zijn aan

(− b

2a, f(− b

2a

))=(

34 ,

238

).

Uit de grafiek van f (zie Figuur 1.3) leiden we af dat Im f =[

238 , 13

].

5

x

y

3/4

1

23/8

13

Figuur 1.3: De grafiek van f : [0, 4]→ R : x 7→ 2x2 − 3x+ 4

(d) Im f = Q

(e) Im f = {1 · 2 , 1 · 4 , 1 · 6 , 3 · 2 , 3 · 4 , 3 · 6} = {2, 4, 6, 12, 18}

(f) Im f = {ggd(6, 10), ggd(5, 10), ggd(7, 10)} = {2, 5, 1}

Hoofdstuk 2

Vectorruimten

Opdrachten

Opdracht 2.13. Beschouw een verzameling V met slechts één element: V = {a}.

1. Indien je een inwendige optelling en scalaire vermenigvuldiging in V wil definiëren,waaraan moeten a+ a en r · a (met r ∈ R) dan gelijk zijn?

2. Toon aan dat V , voorzien van de hierboven gedefinieerde optelling en scalairevermenigvuldiging, aan de acht axioma’s in de definitie van vectorruimte voldoet.

Uit het bovenstaande volgt dat V = {0V }. We noemen deze vectorruimte de trivialevectorruimte.

Oplossing.

1. Wegens Opmerking 2.3 moet gelden dat a+ a = a en r · a = a (met r ∈ R).

2. We gaan de acht axioma’s van een vectorruimte na.(1) Om aan te tonen dat de optelling in V associatief is, nemen we u, v, w ∈ V

willekeurig. Dan is u = v = w = a en uit de definitie van optelling in V isenerzijds

(u+ v) + w = (a+ a) + a = a+ a = a

terwijl anderzijds

u+ (v + w) = a+ (a+ a) = a+ a = a.

We besluiten dat (u+ v) + w = u+ (v + w).(2) Het element 0V = a is een neutraal element voor de optelling in V , want voor

elke u ∈ V is u = a zodat

u+ 0V = a+ a = a = u

Analoog is ook 0V + u = u.(3) Nemen we willekeurig u ∈ V dan is u′ = a een invers element van u voor de

optelling in V :u+ u′ = a+ a = a = 0V .

Analoog is u′ + u = 0V .(4) De optelling in V is commutatief want voor elke u, v ∈ V is u = v = a zodat

enerzijds u+ v = a+ a = a terwijl anderzijds v+u = a+ a = a. We verkrijgendat u+ v = v + u.

8 Vectorruimten

(5) Om aan te tonen dat de scalaire vermenigvuldiging in V gemengd associatief is,nemen we willekeurig r, s ∈ R en u ∈ V . Dan is u = a zodat (rs)·u = (rs)·a = aen r · (s · u) = r · a = a waaruit volgt dat (rs) · u = r · (s · u).

(6) Zij r ∈ R en u, v ∈ V willekeurig. Dan is u = v = a. Enerzijds is

r · (u+ v) = r · (a+ a) = r · a = a

terwijl anderzijds

r · u+ r · v = r · a+ r · a = a+ a = a

waarmee bewezen is dat de scalaire vermenigvuldiging in V distributief is tenopzichte van de optelling in V .

(7) We tonen aan dat de scalaire vermenigvuldiging in V distributief is ten opzichtevan de optelling in R. Daartoe nemen we r, s ∈ R en u ∈ V . Dan is u = azodat

(r + s) · u = (r + s) · a = a = a+ a = r · a+ s · a.

(8) Ten slotte is het reëel getal 1 een neutraal element voor de scalaire vermenig-vuldiging in V . Inderdaad, voor elke u ∈ V is u = a en uit de definitie vanscalaire vermenigvuldiging volgt dat 1 · u = 1 · a = a = u.

We besluiten dat R, V,+ een vectorruimte is.

Opdracht 2.16. Zij R, V+ een vectorruimte. Bewijs dat voor elke vector u ∈ V geldtdat −(−u) = u. (Hint: je moet dus aantonen dat het invers element van −u gelijk isaan u.)

Oplossing. Om aan te tonen dat het invers element van −u gelijk is aan u, moeten wecontroleren dat (−u) + u = 0V + u+ (−u). Dat is zeker voldaan, aangezien het inverselement van u gelijk is aan −u.

Opdracht 2.19. Op de verzameling R2 voorzien we een nieuwe optelling:

+ : R2 × R2 → R2 :((x1, y1), (x2, y2)

)7→ (x1 + x2, 0)

en een nieuwe scalaire vermenigvuldiging:

· : R× R2 → R2 :(r, (x1, y1)

)7→ (rx1, 0).

Bewijs dat R2 voorzien van deze nieuwe optelling en scalaire vermenigvuldiging geenvectorruimte is door aan te tonen dat niet voldaan is aan de schrappingswet.

Oplossing. Kiezen we bijvoorbeeld u = (1, 1), v = (1, 0) en w = (1, 2) dan is

u+ v = (1, 1) + (1, 0) = (2, 0) en w + v = (1, 2) + (1, 0) = (2, 0)

zodat u + v = w + v terwijl u 6= w. Daarmee hebben we aangetoond dat niet voldaanis aan de schrappingswet. We besluiten dat R2 voorzien van deze nieuwe optelling enscalaire vermenigvuldiging geen vectorruimte is.

9

Oefeningen

1. Bewijs dat de scalaire vermenigvuldiging in RN gemengd associatief is.

Oplossing. We moeten aantonen dat geldt:

∀r, s ∈ R,∀u ∈ RN : (rs) · u = r · (s · u).

Neem r, s ∈ R en u = (an) ∈ RN willekeurig. Dan is

(rs) · u = (rs) · (a0, a1, a2, . . . )= ((rs)a0, (rs)a1, (rs)a2, . . . )

en

r(s · u) = r(s · (a0, a1, a2, . . . ))= r · (sa0, sa1, sa2, . . .)= (r(sa0), r(sa1), r(sa2), . . .).

De vermenigvuldiging in R is associatief zodat (rs)ai = r(sai) voor elke i ∈ N. Hieruitvolgt dat (rs) · u = r · (s · u).

2. Bewijs: er is een neutraal element voor de optelling in R[X].

Oplossing. We moeten aantonen dat geldt:

∃0R[X] ∈ R[X] : ∀u ∈ R[X] : u+ 0R[X] = u = 0R[X] + u.

Kiezen we als 0R[X] de nulveelterm:

0R[X] = 0 + 0 · x+ 0 · x2 + · · ·+ 0 · xn met n ∈ N willekeurig

dan geldt voor elke veelterm u = a0 + a1x+ a2x2 + amx

m (waarbij m ∈ N) dat

u+ 0R[X] = a0 + +a1x+ a2x2 + amx

m + 0 + 0 · x+ 0 · x2 + · · ·+ 0 · xm

= (a0 + 0) + (a1 + 0)x+ (a2 + 0)x2 + · · ·+ (am + 0)xm

= a0 + a1x+ a2x2 + · · ·+ amx

m

= u

en analoog is 0R[X] + u = u.

10 Vectorruimten

3. Beschouw de verzameling van alle 2× 2-diagonaalmatrices

D ={(

a 00 b

) ∣∣∣∣ a, b ∈ R}

voorzien van de elementsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging van matrices.Bewijs dat R,D,+ een vectorruimte is.

Oplossing. Eerst gaan we na of de optelling en scalaire vermenigvuldiging inwendig in

D zijn: er geldt inderdaad dat(a1 + a2 0

0 b1 + b2

)∈ D en

(ra1 00 rb1

)∈ D voor elke

ai, bi, r ∈ R. Vervolgens gaan we de acht axioma’s van een vectorruimte na.1. Om aan te tonen dat de optelling in D associatief is, nemen we u, v, w ∈ D willekeurig.

Schrijven we u =(a1 00 b1

), v =

(a2 00 b2

)en w =

(a3 00 b3

)dan volgt uit de

definitie van optelling in D enerzijds

(u+ v) + w =((

a1 00 b1

)+(a2 00 b2

))+(a3 00 b3

)=(a1 + a2 0

0 b1 + b2

)+(a3 00 b3

)=(

(a1 + a2) + a3 00 (b1 + b2) + b3

)terwijl anderzijds

u+ (v + w) =(a1 00 b1

)+((

a2 00 b2

)+(a3 00 b3

))=(a1 00 b1

)+(a2 + a3 0

0 b2 + b3

)=(a1 + (a2 + a3) 0

0 b1 + (b2 + b3)

).

Dat (a1 +a2)+a3 = a1 +(a2 +a3) volgt uit het feit dat de optelling in R associatief is.Analoog is (b1 + b2)+ b3 = b1 +(b2 + b3). We besluiten dat (u+v)+w = u+(v+w).

2. Het element 0D =(

0 00 0

)is een neutraal element voor de optelling in D, want

voor elke u =(a 00 b

)∈ D is

u+ 0D =(a 00 b

)+(

0 00 0

)=(a+ 0 0

0 b+ 0

)=(a 00 b

)= u

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid gebruik gemaakt hebben van het reëel getal0 als neutraal element voor de optelling in R. Analoog is ook 0D + u = u.

3. Nemen we willekeurig u =(a 00 b

)∈ D dan is u′ =

(−a 00 −b

)∈ D een invers

element van u voor de optelling in D:

u+ u′ =(a 00 b

)+(−a 00 −b

)=(a+ (−a) 0

0 b+ (−b)

)=(

0 00 0

)= 0D.

Analoog is u′ + u = 0D.

11

4. De optelling in D is commutatief want voor elke u =(a1 00 b1

)∈ D en v =(

a2 00 b2

)∈ D is enerzijds u+ v =

(a1 + a2 0

0 b1 + b2

)terwijl anderzijds v + u =(

a2 + a1 00 b2 + b1

). De optelling in R is commutatief zodat a1 + a2 = a2 + a1 en

b1 + b2 = b2 + b1. We verkrijgen dat u+ v = v + u.

5. Om aan te tonen dat de scalaire vermenigvuldiging in D gemengd associatief is,

nemen we willekeurig r, s ∈ R en u =(a 00 b

)∈ D. Dan is

(rs) · u = (rs) ·(a 00 b

)=(

(rs)a 00 (rs)b

)en

r · (s · u) = r ·(s ·(a 00 b

))= r ·

(sa 00 sb

)=(r(sa) 0

0 r(sb)

).

De vermenigvuldiging in R is associatief zodat (rs)a = r(sa) en (rs)b = r(sb)waaruit volgt dat (rs) · u = r · (s · u).

6. Zij r ∈ R en u, v ∈ D willekeurig. Stellen we u =(a1 00 b1

)en v =

(a2 00 b2

)dan

is enerzijds

r · (u+ v) = r ·(a1 + a2 0

0 b1 + b2

)=(r(a1 + a2) 0

0 r(b1 + b2)

)=(ra1 + ra2 0

0 rb1 + rb2

)terwijl anderzijds

r · u+ r · v = r ·(a1 00 b1

)+ r ·

(a2 00 b2

)=(ra1 00 rb1

)+(ra2 00 rb2

)=(ra1 + ra2 0

0 rb1 + rb2

)waarmee bewezen is dat de scalaire vermenigvuldiging in D distributief is tenopzichte van de optelling in D.

7. We tonen aan dat de scalaire vermenigvuldiging in D distributief is ten opzichte

van de optelling in R. Daartoe nemen we r, s ∈ R en u =(a 00 b

)∈ D:

(r+s)·u =(

(r + s)a 00 (r + s)b

)=(ra+ sa 0

0 rb+ sb

)= r ·

(a 00 b

)+s·

(a 00 b

).

8. Ten slotte is het reëel getal 1 een neutraal element voor de scalaire vermenigvuldiging

in D. Inderdaad, voor elke u =(a 00 b

)∈ D volgt uit de definitie van scalaire

vermenigvuldiging dat 1 · u =(

1a 00 1b

)=(a 00 b

)= u.

We besluiten dat R,D,+ een vectorruimte is.

12 Vectorruimten

4. Beschouw de verzameling van de complexe getallen C voorzien van de klassiekeoptelling van complexe getallen:

(a+ bi) + (c+ di) = (a+ c) + (b+ d)i

en klassieke vermenigvuldiging van een complex getal met een scalair:

r · (a+ bi) = (ra) + (rb)i.

Toon aan dat R,C,+ een vectorruimte is.

Oplossing. Eerst gaan we na of de optelling en scalaire vermenigvuldiging inwendig inC zijn: er geldt inderdaad dat (a + c) + (b + d)i ∈ C en (ra) + (rb)i ∈ C voor elkea, b, c, d, r ∈ R. Vervolgens gaan we de acht axioma’s van een vectorruimte na.

1. Om aan te tonen dat de optelling in C associatief is, nemen we u, v, w ∈ C willekeurig.Schrijven we u = a + bi, v = c + di en w = e + fi dan volgt uit de definitie vanoptelling in C enerzijds

(u+ v) + w = ((a+ bi) + (c+ di)) + (e+ fi)= ((a+ c) + (b+ d)i) + (e+ fi)= ((a+ c) + e) + ((b+ d) + f)i

terwijl anderzijds

u+ (v + w) = (a+ bi) + ((c+ di) + (e+ fi))= (a+ bi) + ((c+ e) + (d+ f)i)= (a+ (c+ e)) + (b+ (d+ f))i.

Dat (a+ c) + e = a+ (c+ e) volgt uit het feit dat de optelling in R associatief is.Analoog is (b+ d) + f = b+ (d+ f). We besluiten dat (u+ v) + w = u+ (v + w).

2. Het element 0C = 0 + 0i is een neutraal element voor de optelling in C, want voorelke u = a+ bi ∈ C is

u+ 0C = (a+ bi) + (0 + 0i) = (a+ 0) + (b+ 0)i = a+ bi = u

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid gebruik gemaakt hebben van het reëel getal0 als neutraal element voor de optelling in R. Analoog is ook 0C + u = u.

3. Nemen we willekeurig u = a+ bi ∈ C dan is u′ = (−a) + (−b)i een invers elementvan u voor de optelling in C:

u+ u′ = (a+ bi) + ((−a) + (−b)i) = (a+ (−a)) + (b+ (−b))i = 0 + 0i = 0C.

Analoog is u′ + u = 0C.

4. De optelling in C is commutatief want voor elke u = a+ bi ∈ C en v = c+ di ∈ C isenerzijds u+ v = (a+ c) + (b+ d)i terwijl anderzijds v + u = (c+ a) + (d+ b)i. Deoptelling in R is commutatief zodat a+ c = c+ a en b+ d = d+ b. We verkrijgendat u+ v = v + u.

5. Om aan te tonen dat de scalaire vermenigvuldiging in C gemengd associatief is,nemen we willekeurig r, s ∈ R en u = a+ bi ∈ C. Dan is

(rs) · u = (rs) · (a+ bi) = ((rs)a) + ((rs)b)i

13

enr · (s · u) = r · ((sa) + (sb)i) = (r(sa) + r(sb))i.

De vermenigvuldiging in R is associatief zodat (rs)a = r(sa) en (rs)b = r(sb)waaruit volgt dat (rs) · u = r · (s · u).

6. Zij r ∈ R en u, v ∈ C willekeurig. Stellen we u = a+ bi en v = c+di dan is enerzijds

r · (u+ v) = r · ((a+ c) + (b+ d)i)= (r(a+ c)) + (r(b+ d))i= (ra+ rc) + (rb+ rd)i

terwijl anderzijds

r · u+ r · v = r · (a+ bi) + r · (c+ di)= ((ra) + (rb)i) + ((rc) + (rd)i)= (ra+ rc) + (rb+ rd)i

waarmee bewezen is dat de scalaire vermenigvuldiging in C distributief is tenopzichte van de optelling in C.

7. We tonen aan dat de scalaire vermenigvuldiging in C distributief is ten opzichtevan de optelling in R. Daartoe nemen we r, s ∈ R en u = a+ bi ∈ C:

(r + s) · u = ((r + s)a) + ((r + s)b)i = (ra+ sa) + (rb+ sb)i = r · u+ s · u.

8. Ten slotte is het reëel getal 1 een neutraal element voor de scalaire vermenigvuldigingin C. Inderdaad, voor elke u = a + bi ∈ C volgt uit de definitie van scalairevermenigvuldiging dat 1 · u = (1a) + (1b)i = a+ bi = u.

We besluiten dat R,C,+ een vectorruimte is.

5. Waarom is de verzameling van singuliere n× n-matrices

S ={M ∈ Rn×n | detM = 0

},

voorzien van de elementsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging van matrices,geen vectorruimte?

Oplossing. De optelling van matrices is niet inwendig in S. Is bijvoorbeeld

M =(

1 2−2 −4

)en N =

(1 00 0

)dan is M ∈ S en N ∈ S maar

M +N =(

2 2−2 −4

)6∈ S

want det(M +N) = −4 6= 0.

14 Vectorruimten

6. Zij m ∈ N0 en beschouw de verzameling van alle reële veeltermen in Xm:

R[Xm] = {b0 + b1Xm + b2X

2m + · · ·+ bnXnm | n ∈ N en b0, b1, . . . , bn ∈ R}

voorzien van de klassieke optelling en scalaire vermenigvuldiging van veeltermen. Toonaan dat R,R[Xm],+ een vectorruimte is.

Oplossing. Noem Y = Xm. Dan is R[Xm] = R[Y ]. Nu is R,R[Y ],+ een vectorruimtemet andere woorden: R,R[Xm],+ is een vectorruimte.

7. Een magisch vierkant van orde n (met n ∈ N0) is een vierkant schema waarinn2 getallen zodanig zijn ingevuld dat de kolommen, de rijen en de beide diagonalenalle dezelfde som opleveren. Hieronder zie je het magisch vierkant van orde 4 uit dekopergravure Melencolia I van Albrecht Dürer (1514). Bewijs dat de verzameling vanmagische vierkanten van orde 4, voorzien van de hokjesgewijze optelling en hokjesgewijzescalaire vermenigvuldiging, een reële vectorruimte is.

Oplossing. Stellen we een vierkant schema van 16 getallen voor met een reële 4× 4-matrix

A =

a11 a12 a13 a14a21 a22 a23 a24a31 a32 a33 a34a41 a42 a43 a44

dan kunnen we de verzameling van alle magische vierkanten van orde 4 schrijven als

M ={A ∈ R4×4

∣∣∣∣∣ ∀i, j ∈ {1, 2, 3, 4} :4∑

l=1ail =

4∑k=1

akj =4∑

k=1akk =

4∑k=1

ak,4−k

}.

De hokjesgewijze optelling en hokjesgewijze scalaire vermenigvuldiging van magische vier-kanten komt dan overeen met de elementsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldigingvan matrices. Eerst gaan we na of de optelling en scalaire vermenigvuldiging inwendig inM zijn. Voor A,B ∈M geldt inderdaad dat A+B ∈M. Zo is bijvoorbeeld de som vande elementen van eerste rij van A+B gelijk aan de som van de elementen van de tweedekolom van A+B want

4∑l=1

(a1l + b1l) =4∑

l=1a1l +

4∑l=1

b1l =4∑

k=1ak2 +

4∑k=1

bk2 =4∑

k=1(ak2 + bk2)

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat de som van de elementenvan de eerste rij van A gelijk is aan de som van de elementen van de tweede kolom van A(want A ∈M) en de som van de elementen van de eerste rij van B gelijk is aan de somvan de elementen van de tweede kolom van B (want B ∈M). Daarnaast geldt voor r ∈ R

15

en A ∈ M dat r · A ∈ M. Zo is bijvoorbeeld de som van de elementen van de derde rijvan r ·A gelijk aan de som van de elementen van de hoofddiagonaal van r ·A want

4∑l=1

(ra3l) = r

4∑l=1

a3l = r

4∑k=1

akk =4∑

k=1(rakk)

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat de som van de elementenvan de derde rij van A gelijk is aan de som van de elementen van de hoofddiagonaal van A(want A ∈M). Vervolgens gaan we de acht axioma’s van een vectorruimte na. Axioma’s1,4,5,6,7 en 8 volgen rechtstreeks uit het feit dat deze axioma’s voldaan zijn voor deelementsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging van 4× 4-matrices (R,R4×4,+ iseen vectorruimte, zie Voorbeeld 2.9). Voor de axioma’s 2 en 3 gaan we als volgt te werk.

2. De 4×4-nulmatrix 0R2×2 is een magisch vierkant van orde 4 omdat de kolommen, derijen en de beide diagonalen alle som nul hebben. Nu is A+ 0R4×4 = A = 0R4×4 +Avoor elke A ∈ R4×4 want R,R4×4,+ is een vectorruimte. Er geldt dus ook datA + 0R4×4 = A = 0R4×4 + A voor elke A ∈ M. We besluiten dat 0M = 0R4×4 eenneutraal element voor de optelling in M is.

3. Is A ∈ M dan is de tegengestelde matrix −A ook een magisch vierkant. Zo isbijvoorbeeld de som van de elementen van de vierde kolom van −A gelijk aan desom van de elementen van de nevendiagonaal van −A want

4∑k=1

(−ak4) = −4∑

k=1ak4 = −

4∑k=1

ak,4−k =4∑

k=1(−ak,4−k)

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat de som van deelementen van de vierde kolom van A gelijk is aan de som van de elementen vande nevendiagonaal van A (want A ∈ M). Nu is −A + A = 0R4×4 = A + (−A)voor elke A ∈ R4×4 want R,R4×4,+ is een vectorruimte. Er geldt dus ook dat−A+A = 0R4×4 = A+ (−A) voor elke A ∈M. Omdat −A ∈M (zie hierboven) is−A een invers element voor de optelling van A in M.

We besluiten dat R,M,+ een vectorruimte is.

8. Beschouw de verzameling EX ={[xy

] ∣∣∣∣ x, y ∈ R}, die we voorzien van de volgende

optelling en scalaire vermenigvuldiging:[x1y1

]+[x2y2

]=[x1 + x2 + 1y1 + y2 − 1

]en r ·

[xy

]=[rx+ r − 1ry − r + 1

].

Toon aan dat R,EX,+ een vectorruimte is. Wat is het neutraal element in EX?

Oplossing. Eerst gaan we na of de optelling en scalaire vermenigvuldiging inwendig in

EX zijn: er geldt inderdaad dat[x1 + x2 + 1y1 + y2 − 1

]∈ EX en

[rx+ r − 1ry − r + 1

]∈ EX voor elke

xi, yi, r, x, y ∈ R. Vervolgens gaan we de acht axioma’s van een vectorruimte na.

1. Om aan te tonen dat de optelling in EX associatief is, nemen we u, v, w ∈ EX

willekeurig. Schrijven we u =[x1y1

], v =

[x2y2

]en w =

[x3y3

]dan volgt uit de definitie

16 Vectorruimten

van optelling in EX enerzijds

(u+ v) + w =([x1y1

]+[x2y2

])+[x3y3

]=[x1 + x2 + 1y1 + y2 − 1

]+[x3y3

]=[(x1 + x2 + 1) + x3 + 1(y1 + y2 − 1) + y3 − 1

]terwijl anderzijds

u+ (v + w) =[x1y1

]+([x2y2

]+[x3y3

])=[x1y1

]+[x2 + x3 + 1y2 + y3 − 1

]=[x1 + (x2 + x3 + 1) + 1y1 + (y2 + y3 − 1)− 1

].

We besluiten dat (u+ v) + w = u+ (v + w).

2. We zoeken eerst een element 0EX =[αβ

]∈ EX zodat 0EX het neutraal element voor

de optelling in EX is. Dan moet voor elke x1, y1 ∈ R gelden dat[x1 + α+ 1y1 + β − 1

]=[x1y1

]waaruit we afleiden dat α = −1 en β = 1. Het element 0EX =

[−11

]is een neutraal

element voor de optelling in EX, want voor elke u =[x1y1

]∈ EX is

u+ 0EX =[x1y1

]+[−11

]=[x1 − 1 + 1y1 + 1− 1

]=[x1y1

]= u.

Analoog is ook 0EX + u = u.

3. Nemen willekeurig u =[xy

]∈ EX. We zoeken een element u′ =

[x′

y′

]∈ EX zodat

u′ het invers element van u voor de optelling in EX is. Dan moet gelden dat[x+ x′ + 1y + y′ − 1

]=[−11

]waaruit we afleiden dan x′ = −x − 2 en y′ = −y + 2. Het

element u′ =[−x− 2−y + 2

]is invers element van u voor de optelling in EX:

u+ u′ =[xy

]+[−x− 2−y + 2

]=[x+ (−x− 2) + 1y + (−y + 2)− 1

]=[−11

]= 0EX.

Analoog is u′ + u = 0EX.

4. De optelling in EX is commutatief want voor elke u =[x1y1

]∈ EX en v =

[x2y2

]∈ EX

is enerzijds u + v =[x1y1

]+[x2y2

]=[x1 + x2 − 1y1 + y2 − 1

]terwijl anderzijds v + u =[

x2y2

]+[x1y1

]=[x2 + x1 − 1y2 + y1 − 1

]. We verkrijgen dat u+ v = v + u.

17

5. Om aan te tonen dat de scalaire vermenigvuldiging in EX gemengd associatief is,

nemen we willekeurig r, s ∈ R en u =[xy

]∈ EX. Dan is

(rs) · u = (rs) ·[xy

]=[(rs)x+ rs− 1(rs)x− rs+ 1

]en

r·(s·u) = r·(s ·[xy

])= r·

[sx+ s− 1sy − s+ 1

]=[r(sx+ s− 1) + r − 1r(sy − s+ 1)− r + 1

]=[rsx+ rs− 1rsy − rs+ 1

]waaruit volgt dat (rs) · u = r · (s · u).

6. Zij r ∈ R en u, v ∈ EX willekeurig. Stellen we u =[x1y1

]en v =

[x2y2

]dan is enerzijds

r · (u+ v) = r ·[x1 + x2 + 1y1 + y2 − 1

]=[r(x1 + x2 + 1) + r − 1r(y1 + y2 − 1)− r + 1

]=[rx1 + rx2 + 2r − 1ry1 + ry2 − 2r + 1

]terwijl anderzijds

r · u+ r · v = r ·[x1y1

]+ r ·

[x2y2

]=[rx1 + r − 1ry1 − r + 1

]+[rx2 + r − 1ry2 − r + 1

]=[rx1 + r − 1 + rx2 + r − 1 + 1ry1 − r + 1 + ry2 − r + 1− 1

]=[rx1 + rx2 + 2r − 1ry1 + ry2 − 2r + 1

]waarmee bewezen is dat de scalaire vermenigvuldiging in EX distributief is tenopzichte van de optelling in EX.

7. We tonen aan dat de scalaire vermenigvuldiging in EX distributief is ten opzichte

van de optelling in R. Daartoe nemen we r, s ∈ R en u =[xy

]∈ EX. Enerzijds is

(r + s) · u =[(r + s)x+ (r + s)− 1(r + s)y − (r + s) + 1

]terwijl anderzijds r · u+ s · u gelijk is aan[rx+ r − 1ry − r + 1

]+[sx+ s− 1sy − s+ 1

]=[rx+ r − 1 + sx+ s− 1 + 1ry − r + 1 + sy − s+ 1− 1

]=[rx+ sx+ r + s− 1ry + sy − r − s+ 1

]zodat (r + s) · u = r · u+ s · u.

8. Ten slotte is het reëel getal 1 een neutraal element voor de scalaire vermenigvuldiging

in EX. Inderdaad, voor elke u =[xy

]∈ EX volgt uit de definitie van scalaire

vermenigvuldiging dat 1 · u =[1x+ 1− 11y − 1 + 1

]=[xy

]= u.

We besluiten dat R,EX,+ een vectorruimte is.

18 Vectorruimten

9. Zij R, V,+ een vectorruimte. Beschouw nu in V twee gekende vectoren v1, v2 eneen onbekende vector u. Op welke axioma’s van vectorruimten moet je steunen om devolgende vergelijkingen in u op te lossen?

(a) u+ v1 = v2

(b) 3u = v1

(c) 3u+ v1 = v2

(d) 3(u+ v1) + 2(u+ v2) = 0V

Oplossing.

(a) u+ v1 = v2

⇒ (u+ v1) + (−v1) = v2 + (−v1) wegens axioma 3⇒ u+ (v1 + (−v1)) = v2 + (−v1) wegens axioma 1⇒ u+ 0V = v2 + (−v1) wegens axioma 3⇒ u = v2 + (−v1) wegens axioma 2

We hebben gesteund op axioma’s 1,2 en 3 .

(b) 3u = v1

⇒ 13 · (3u) = 1

3 · v1

⇒(

13 · 3

)· u = 1

3 · v1 wegens axioma 5

⇒ 1 · u = 13 · v1

⇒ u = 13 · v1 wegens axioma 8

We hebben gesteund op axioma’s 5 en 8 .

(c) 3u+ v1 = v2

⇒ (3u+ v1) + (−v1) = v2 + (−v1) wegens axioma 3⇒ 3u+ (v1 + (−v1)) = v2 + (−v1) wegens axioma 1⇒ 3u+ 0V = v2 + (−v1) wegens axioma 3⇒ 3u = v2 + (−v1) wegens axioma 2

⇒ 13 · (3u) = 1

3 (v2 + (−v1))

⇒(

13 · 3

)· u) = 1

3 (v2 + (−v1)) wegens axioma 5

⇒ 1 · u = 13 (v2 + (−v1))

⇒ u = 13 (v2 + (−v1)) wegens axioma 8

We hebben gesteund op axioma’s 1, 2, 3, 5 en 8 .

19

(d) 3(u+ v1) + 2(u+ v2) = 0V

⇒ (3u+ 3v1) + (2u+ 2v2) = 0V wegens axioma 6⇒ ((3u+ 3v1) + 2u) + 2v2 = 0V wegens axioma 1⇒ ((3v1 + 3u) + 2u) + 2v2 = 0V wegens axioma 4⇒ (3v1 + (3u+ 2u)) + 2v2 = 0V wegens axioma 1⇒ (3v1 + (3 + 2)u) + 2v2 = 0V wegens axioma 7⇒ (5u+ 3v1) + 2v2 = 0V wegens axioma 4⇒ 5u+ (3v1 + 2v2) = 0V wegens axioma 1⇒ (5u+ (3v1 + 2v2)) + (−(3v1 + 2v2)) = 0V + (−(3v1 + 2v2)) wegens axioma 3⇒ 5u+ ((3v1 + 2v2) + (−(3v1 + 2v2))) = 0V + (−(3v1 + 2v2)) wegens axioma 1⇒ 5u+ 0V = 0V + (−(3v1 + 2v2)) wegens axioma 3⇒ 5u = −(3v1 + 2v2) wegens axioma 2

⇒ 15 · (5u) = 1

5(−(3v1 + 2v2))

⇒(

15 · 5

)· u = 1

5(−(3v1 + 2v2)) wegens axioma 5

⇒ 1 · u = 15(−(3v1 + 2v2))

⇒ u = 15(−(3v1 + 2v2)) wegens axioma 8

We hebben gesteund op axioma’s 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 en 8 .

10. Gegeven is de verzameling

Q[√

2] = {a+ b√

2 | a, b ∈ Q}

(a) Geef drie verschillende elementen van de verzameling Q[√

2].

(b) Toon aan dat Q[√

2], voorzien van de klassieke optelling en scalaire vermenigvul-diging, geen reële vectorruimte is.

(c) Men kan ook vectorruimten beschouwen over een andere verzameling dan R, zoalsbijvoorbeeld Q. (Niet elke verzameling komt echter in aanmerking: ze moet eenveld zijn. De verzamelingen Q, R en C zijn velden, maar N en Z niet. De definitievan een veld is niet nodig om deze oefening op te lossen.) Toon aan dat Q[

√2],

voorzien van de klassieke optelling en scalaire vermenigvuldiging

+ : Q[√

2]×Q[√

2]→ Q[√

2] en · : Q×Q[√

2]→ Q[√

2],

een rationale vectorruimte is (dus een vectorruimte over Q). Deze vectorruimtewordt genoteerd als Q,Q[

√2],+.

Oplossing.

(a) Bijvoorbeeld 12 + 5

3 ·√

2 ∈ Q[√

2], 0+0 ·√

2 = 0 ∈ Q[√

2] en 0+1 ·√

2 =√

2 ∈ Q[√

2].

(b) De scalaire vermenigvuldiging met reële getallen is niet inwendig in Q[√

2]. Zo isbijvoorbeeld u = 1 + 1 + 0 ·

√2 ∈ Q[

√2] en r ∈

√3 ∈ R, maar r ·u =

√3 · 1 6∈ Q[

√2].

Dat tonen we als volgt aan.

20 Vectorruimten

Veronderstel, uit het ongerijmde, dat√

3 ∈ Q[√

2]. Dan zou√

3 = a+ b ·√

2 voorzekere a, b ∈ Q. Kwadrateren van beide leden geeft dan:

3 = (a+ b√

3)2 ⇒ 3 = a2 + 2ab√

2 + 2b2

⇒ ab√

2 = 3− a2 − 2b2

2 .

We beweren dat ab 6= 0. Inderdaad, mocht a = 0 dan zou 0 = 3−2b2

2 zodat b2 = 3/2.Dit kan niet want b ∈ Q. En mocht b = 0 dan zou 0 = 3−a2

2 zodat a2 = 3 watonmogelijk is omdat a ∈ Q. Op die manier hebben we aangetoond dat ab 6= 0waaruit

√2 = 3− a2 − 2b2

2ab .

Omdat a, b ∈ Q is 3−a2−2b2

2ab ∈ Q en dus ook√

2 ∈ Q, een strijdigheid.

(c) Eerst gaan we na of de optelling en scalaire vermenigvuldiging inwendig in Q[√

2]zijn: er geldt inderdaad dat (a+ c) + (b+ d)

√2 ∈ Q[

√2] en (ra) + (rb)

√2 ∈ Q[

√2]

voor elke a, b, c, d, r ∈ Q. Vervolgens gaan we de acht axioma’s van een vectorruimtena.1. Om aan te tonen dat de optelling in Q[

√2] associatief is, nemen we u, v, w ∈

Q[√

2] willekeurig. Schrijven we u = a + b√

2, v = c+ d√

2 en w = e+ f√

2dan volgt uit de definitie van optelling in Q[

√2] enerzijds

(u+ v) + w = ((a+ b√

2) + (c+ d√

2)) + (e+ f√

2)= ((a+ c) + (b+ d)

√2) + (e+ f

√2)

= ((a+ c) + e) + ((b+ d) + f)√

2

terwijl anderzijds

u+ (v + w) = (a+ b√

2) + ((c+ d√

2) + (e+ f√

2))= (a+ bi) + ((c+ e) + (d+ f)

√2)

= (a+ (c+ e)) + (b+ (d+ f))√

2.

Dat (a+c)+e = a+(c+e) volgt uit het feit dat de optelling in Q associatief is.Analoog is (b+d)+f = b+(d+f). We besluiten dat (u+v)+w = u+(v+w).

2. Het element 0Q[√

2] = 0 + 0√

2 is een neutraal element voor de optelling inQ[√

2], want voor elke u = a+ b√

2 ∈ Q[√

2] is

u+ 0Q[√

2] = (a+ b√

2) + (0 + 0√

2) = (a+ 0) + (b+ 0)√

2 = a+ b√

2 = u

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid gebruik gemaakt hebben van het reëelgetal 0 als neutraal element voor de optelling in Q. Analoog is ook 0Q[

√2] +u =

u.3. Nemen we willekeurig u = a+ b

√2 ∈ Q[

√2] dan is u′ = (−a) + (−b)

√2 een

invers element van u voor de optelling in Q[√

2], want u+ u′ is gelijk aan

(a+ b√

2)+((−a)+(−b)√

2) = (a+(−a))+(b+(−b))√

2 = 0+0√

2 = 0Q[√

2].

Analoog is u′ + u = 0Q[√

2].

21

4. De optelling in Q[√

2] is commutatief want voor elke u = a+ b√

2 ∈ Q[√

2] env = c+ d

√2 ∈ Q[

√2] is enerzijds u+ v = (a+ c) + (b+ d)

√2 terwijl anderzijds

v+u = (c+a)+(d+b)√

2. De optelling in Q is commutatief zodat a+c = c+aen b+ d = d+ b. We verkrijgen dat u+ v = v + u.

5. Om aan te tonen dat de scalaire vermenigvuldiging in Q[√

2] gemengd as-sociatief is, nemen we willekeurig r, s ∈ Q en u = a + b

√2 ∈ Q[

√2]. Dan

is

(rs) · u = (rs) · (a+ b√

2) = ((rs)a) + ((rs)b)√

2

en

r · (s · u) = r · ((sa) + (sb)√

2) = (r(sa) + r(sb))√

2.

De vermenigvuldiging in Q is associatief zodat (rs)a = r(sa) en (rs)b = r(sb)waaruit volgt dat (rs) · u = r · (s · u).

6. Zij r ∈ Q en u, v ∈ Q[√

2] willekeurig. Stellen we u = a+ b√

2 en v = c+ d√

2dan is enerzijds

r · (u+ v) = r · ((a+ c) + (b+ d)√

2)= (r(a+ c)) + (r(b+ d))

√2

= (ra+ rc) + (rb+ rd)√

2

terwijl anderzijds

r · u+ r · v = r · (a+ b√

2) + r · (c+ d√

2)= ((ra) + (rb)

√2) + ((rc) + (rd)

√2)

= (ra+ rc) + (rb+ rd)√

2

waarmee bewezen is dat de scalaire vermenigvuldiging in Q[√

2] distributief isten opzichte van de optelling in Q[

√2].

7. We tonen aan dat de scalaire vermenigvuldiging in Q[√

2] distributief is tenopzichte van de optelling in Q. Daartoe nemen we r, s ∈ Q en u = a + bi ∈Q[√

2]:

(r+ s) · u = ((r+ s)a) + ((r+ s)b)√

2 = (ra+ sa) + (rb+ sb)√

2 = r · u+ s · u.

8. Ten slotte is het reëel getal 1 een neutraal element voor de scalaire vermenig-vuldiging in Q[

√2]. Inderdaad, voor elke u = a + b

√2 ∈ Q[

√2] volgt uit de

definitie van scalaire vermenigvuldiging dat 1 ·u = (1a)+(1b)√

2 = a+b√

2 = u.

We besluiten dat Q,Q[√

2],+ een vectorruimte is.

22 Vectorruimten

11. Zij R, V,+ een vectorruimte. Bewijs de volgende basiseigenschappen. Vermeld bijelke overgang op welk axioma, welke definitie of welke eigenschap je steunt.

(a) ∀r ∈ R,∀u, v ∈ V : r(u− v) = ru− rv

(b) ∀r, s ∈ R,∀v ∈ V : (r − s)v = rv − sv

(c) ∀r ∈ R0,∀u, v ∈ V : ru = rv ⇒ u = v

(d) ∀r, s ∈ R,∀v ∈ V \ {0V } : rv = sv ⇒ r = s

Oplossing.

(a) Neem r ∈ R en u, v ∈ V willekeurig. Dan is:

r(u− v) = r(u+ (−v)) Definitie 2.17= ru+ r(−v) axioma 6= ru+ (−(rv)) Eigenschap 2.18(viii)= ru− rv Definitie 2.17.

(b) Neem r, s ∈ R en v ∈ V . Dan is:

(r − s)v = (r + (−s))v eigenschap optelling in R= rv + (−s)v axioma 7= rv + (−(sv)) Eigenschap 2.18(viii)= rv − sv Definitie 2.17.

(c) Neem r ∈ R0 en u, v ∈ V willekeurig. Dan geldt:

ru = sv ⇒ 1r· (ru) = 1

r· (rv) 1

r∈ R want r 6= 0

⇒(

1rr

)· u =

(1rr

)· v axioma 5

⇒ 1 · u = 1 · v eigenschap vermenigvuldiging in R⇒ u = v axioma 8.

(d) Neem r, s ∈ R en v ∈ V \ {0V } willekeurig. Dan geldt:

rv = sv ⇒ rv + (−(sv)) = sv + (−(sv)) gelijke termen toevoegen⇒ rv + (−s)v = 0V Eigenschap 2.18(viii) en axioma 3⇒ (r + (−s))v = 0V axioma 7⇒ r + (−s) = 0 Eigenschap 2.18(vi)⇒ r = s eigenschap optelling in R.

23

12. Zij R, V,+ een vectorruimte en u, v1, v2, v3 ∈ V . Druk telkens de vector u uit infunctie van de vectoren v1, v2, v3 en vereenvoudig zoveel als mogelijk.

(a) (v1− u) + (v2− u) + (v3− u) = 0V12 (b) 1

2 (3u+ 2v1 − v2) = 23 (v1 − u+ 3v3)

Oplossing.

(a) (v1 − u) + (v2 − u) + (v3 − u) = 0V ⇒ v1 + v2 + v3 − 3u = 0V

⇒ u = 13 v1 + 1

3 v2 + 13 v3

(b) 12 (3u+ 2v1 − v2) = 2

3 (v1 − u+ 3v3) ⇒ 9u+ 6v1 − 3v2 = 4v1 − 4u+ 12v3

⇒ 13u = −2v1 + 3v2 + 12v3

⇒ u = − 213 v1 + 3

13 v2 + 1213 v3

13. Zij R, V,+ een niet-triviale vectorruimte. Bepaal telkens (indien mogelijk) dewaarde(n) van x ∈ R zo dat voor elke vector u ∈ V de gegeven uitdrukking geldt.

(a) 3xu = u− xu

(b) 4xu = 2(2x− 1)u

(c) 3xu = xu− 4u

(d) 6xu = 2(3x− 2)u+ 4u

Oplossing.

(a) Voor elke u ∈ V geldt:

3xu = u− xu ⇔ (4x− 1)u = 0V

⇔ x = 14 of u = 0V .

Omdat V 6= {0V } volgt hieruit dat x = 14 .

(b) Voor elke u ∈ V geldt:

4xu = 2(2x− 1)u ⇔ 4xu = 4xu− 2u⇔ u = 0V .

Omdat V 6= {0V } volgt hieruit dat er geen waarden x ∈ R zijn zo dat voor elkevector u ∈ V de gegeven uitdrukking geldt, i.e. x ∈ ∅ .

(c) Voor elke u ∈ V geldt:

3xu = xu− 4u ⇔ (2x+ 4)u = 0V

⇔ x = −2 of u = 0V .

Omdat V 6= {0V } volgt hieruit dat x = −2 .

24 Vectorruimten

(d) Voor elke u ∈ V geldt:

6xu = 2(3x− 2)u+ 4u ⇔ 6xu = 6xu− 4u+ 4u⇔ 0V = 0V .

We besluiten elke x ∈ R een oplossing is.

14. Beschouw de vectorruimte R,RR,+ van R-R afbeeldingen. Beschouw daarnaast deverzameling van alle reële functies

F = {f | f is een functie van R naar R}

die we voorzien van de puntsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging van functies.Ten slotte nemen we de functies f : R→ R : x 7→ 1/x en g : R→ R : x 7→

√x+√−x.

(a) Toon aan dat f en g niet tot RR behoren.

(b) Stel dat er een uniek neutraal element 0F voor de optelling in F is en dat elkelement in F een invers element voor de optelling in F heeft. Toon met behulpvan de functies f en g aan dat noodzakelijk dom 0F = ∅.

(c) Toon aan dat F , voorzien van de puntsgewijze optelling en scalaire vermenigvul-diging van functies, geen vectorruimte is door aan te tonen dat niet voldaan isaan Eigenschap 2.18(iv).

Oplossing.

(a) Omdat dom f = R0 6= R en dom g = {0} 6= R zijn de functies f en g geen R-Rafbeeldingen. Daarom behoren f en g niet tot RR.

(b) Noteren we het invers element van f ∈ F met f ′ dan is f + f ′ = 0F . Voor elke tweefuncties f1, f2 ∈ F is dom(f1 + f2) = dom f1 ∩ dom f2. Dus uit f + f ′ = 0F volgtdat dom 0F ⊂ dom f = R0. Analoog is dom 0F ⊂ dom g = {0}. Hieruit volgt datdom 0F = ∅.

(c) Mocht F , voorzien van de puntsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldigingvan functies, een vectorruimte zijn dan zou wegens Eigenschap 2.18(iv) gelden dat0 · f = 0F . Nu wordt de functie 0 · f gegeven door

0 · f : R→ Rx 7→ (0 · f)(x) = 0 · f(x) = 0

zodat dom(0 · f) = dom f = R0. Anderzijds geldt wegens (b) dat dom 0F = ∅, eenstrijdigheid. We besluiten dat F , voorzien van de puntsgewijze optelling en scalairevermenigvuldiging van functies, geen vectorruimte is.

Hoofdstuk 3

Deelruimten

Opdrachten

Opdracht 3.9. Beschouw de vectorruimte R,R3,+ en de deelverzameling

W = {(x, y, z) ∈ R3 | 2x− 3y + 5z = 1}.

Bewijs dat W geen deelruimte van R3 is door gebruik te maken van Gevolg 3.5.

Oplossing. Mocht W een deelruimte zijn van R3 dan zou wegens Gevolg 3.5 de nulvector0R3 = (0, 0, 0) tot W behoren. Maar (0, 0, 0) 6∈W want 2 · 0− 3 · 0 + 5 · 0 6= 1, zodat Wgeen deelruimte van R3 is.

Opdracht 3.14. Beschouw de vectorruimte R,R4,+ en de vectoren v1 = (1, 3,−2, 5),v2 = (2, 6,−4, 10), v3 = (3, 2,−1, 7), v4 = (0, 7,−5, 8) en v5 = (0, 7,−7, 8). Ga telkensna of de gegeven vector tot de opspanning van {v1, v2, v3, v4, v5} behoort. Zo ja, schrijfzo’n lineaire combinatie op en ga na of deze schrijfwijze uniek is.

(a) v = (2,−1, 1, 2)

(b) w = (3, 2,−1, 6)

Oplossing.

(a) De vector v behoort tot Span{v1, v2, v3, v4, v5} enkel en alleen als v een lineairecombinatie van {v1, v2, v3, v4, v5} is, dus als en slechts als

∃a, b, c, d, e ∈ R : (2,−1, 1, 2) = a(1, 3,−2, 5) + b(2, 6,−4, 10) + c(3, 2,−1, 7)+ d(0, 7,−5, 8) + e(0, 7,−7, 8)

⇔ ∃a, b, c, d, e ∈ R :

a+ 2b+ 3c = 23a+ 6b+ 2c+ 7d+ 7e = −1−2a− 4b− c− 5d− 7e = 15a+ 10b+ 7c+ 8d+ 8e = 2.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel door de uitgebreide matrix terijherleiden naar de trapvorm:

(A | B) =

1 2 3 0 0 23 6 2 7 7 −1−2 −4 −1 −5 −7 1

5 10 7 8 8 2

∼

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

.

26 Deelruimten

Omdat rangA = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar, zodat v ∈ Span{v1, v2, . . . , v5}.Om zo’n lineaire combinatie te vinden, lossen we het stelsel verder op. Dat kandoor middel van het eliminatie-algoritme van Gauss-Jordan: we vervangen hetoorspronkelijke stelsel door het stelsel dat hoort bij de trapvorm van (A | B). Ditstelsel is gelijkwaardig met het oorspronkelijke stelsel en kunnen we oplossen doorde nevenonbekenden (hier b en d) vrij te kiezen:

a+ 2b+ 3c = 23a+ 6b+ 2c+ 7d+ 7e = −1−2a− 4b− c− 5d− 7e = 15a+ 10b+ 7c+ 8d+ 8e = 2.

⇔

a+ 2b+ 3d = −1c− d = 1e = 0

⇔

a = −2r − 3s− 1b = rc = s+ 1d = se = 0

(r, s ∈ R).

Kiezen we bijvoorbeeld r = 0 en s = 0 dan verkrijgen we een oplossing (a, b, c, d, e) =(−1, 0, 1, 0, 0) van het stelsel. Deze oplossing leidt tot de lineaire combinatie

v = −1v1 + 0v2 + 1v3 + 0v4 + 0v5 = −v1 + v3.

Deze schrijfwijze is niet uniek, zo leidt de keuze r = 5 en s = 3 tot een anderelineaire combinatie v = −17v1 + 5v2 + 4v3 + 3v4.

(b) De vector w behoort tot Span{v1, v2, v3, v4, v5} enkel en alleen als w een lineairecombinatie van {v1, v2, v3, v4, v5} is, dus als en slechts als

∃a, b, c, d, e ∈ R : (3, 2,−1, 6) = a(1, 3,−2, 5) + b(2, 6,−4, 10) + c(3, 2,−1, 7)+ d(0, 7,−5, 8) + e(0, 7,−7, 8)

⇔ ∃a, b, c, d, e ∈ R :

a+ 2b+ 3c = 33a+ 6b+ 2c+ 7d+ 7e = 2−2a− 4b− c− 5d− 7e = −15a+ 10b+ 7c+ 8d+ 8e = 6.


(A | B) =

1 2 3 0 0 33 6 2 7 7 2−2 −4 −1 −5 −7 −1

5 10 7 8 8 6

∼

1 2 0 3 0 00 0 1 −1 0 00 0 0 0 1 00 0 0 0 0 1

.

Omdat rangA < rang(A | B) is het stelsel niet oplosbaar. We besluiten datw 6∈ Span{v1, v2, . . . , v5}.

27

Opdracht 3.20. Beschouw de vectorruimte R,R[X],+ van alle reële veeltermen. Voorn ∈ N0 definiëren we de verzameling van reële veeltermen in X met graad kleiner dann, samen met de nulveelterm, als

R[X]<n = {a0 + a1X + a2X2 + · · ·+ an−1X

n−1 | a0, a1, . . . , an−1 ∈ R}.

Toon aan dat R[X]<n een deelruimte van R[X] is.

Oplossing. We kunnen de deelverzameling R[X]<n herschrijven als een opspanning vanvectoren

R[X]<n = {a0 + a1X + a2X2 + · · ·+ an−1X

n−1 | a0, a1, . . . , an−1 ∈ R}= {a0 · 1 + a1X + a2X

2 + · · ·+ an−1Xn−1 | a0, a1, . . . , an−1 ∈ R}

= Span{1, X,X2, . . . , Xn−1}

zodat R[X]<n 6 R[X].

28 Deelruimten

Oefeningen

1. Beschouw de vectorruimte R,R4,+ en de deelverzameling W = {(2s, 0,−s, t) | s, t ∈R}. Toon met behulp van de definitie van deelruimte aan dat W een deelruimte vanR4 is.

Oplossing. Eerst gaan we na of de optelling en scalaire vermenigvuldiging inwendig inW zijn. Neem u = (2s1, 0,−s1, t1) ∈W en v = (2s2, 0,−s2, t2) ∈W willekeurig en neemr ∈ R willekeurig. Dan is

u+ v = (2(s1 + s2), 0,−(s1 + s2), t1 + t2) ∈W en ru = (2(rs1), 0,−rs1, rt1) ∈W.

Vervolgens gaan we de acht axioma’s van een vectorruimte na.1. Om aan te tonen dat de optelling inW associatief is, nemen we u, v, w ∈W willekeu-

rig. Schrijven we u = (2s1, 0,−s1, t1), v = (2s2, 0,−s2, t2) en w = (2s3, 0,−s3, t3)dan volgt uit de definitie van optelling in W enerzijds

(u+ v) + w = ((2s1, 0,−s1, t1) + (2s2, 0,−s2, t2)) + (2s3, 0,−s3, t3)= (2(s1 + s2), 0,−(s1 + s2), t1 + t2) + (2s3, 0,−s3, t3)= (2(s1 + s2 + s3), 0,−(s1 + s2 + s3), t1 + t2 + t3)

terwijl anderzijds

u+ (v + w) = (2s1, 0,−s1, t1) + ((2s2, 0,−s2, t2) + (2s3, 0,−s3, t3))= (2s1, 0,−s1, t1) + (2(s2 + s3), 0,−(s2 + s3), t2 + t3)= (2(s1 + s2 + s3), 0,−(s1 + s2 + s3), t1 + t2 + t3).

We besluiten dat (u+ v) + w = u+ (v + w).

2. Het element 0W = (0, 0, 0, 0) is een neutraal element voor de optelling in W , wantvoor elke u = (2s, 0,−s, t) ∈W is

u+0W = (2s, 0,−s, t)+(0, 0, 0, 0) = (2s+0, 0+0,−s+0, t+0) = (2s, 0,−s, t) = u.

Analoog is ook 0W + u = u.

3. Nemen we willekeurig u = (2s, 0,−s, t) ∈ W dan is u′ = (−2s, 0, s,−t) een inverselement van u voor de optelling in W :

u+u′ = (2s, 0,−s, t)+(−2s, 0, s,−t) = (2s−2s, 0,−s+s, t− t) = (0, 0, 0, 0) = 0W .

Analoog is u′ + u = 0W .

4. De optelling in W is commutatief want voor elke u = (2s1, 0,−s1, t1) ∈ W env = (2s2, 0,−s2, t2) ∈W is enerzijds u+ v = (2s1 + 2s2, 0,−s1 − s2, t1 + t2) terwijlanderzijds v + u = (2s2 + 2s1, 0,−s2 − s1, t2 + t1). We verkrijgen dat u+ v = v + u.

5. Om aan te tonen dat de scalaire vermenigvuldiging in W gemengd associatief is,nemen we willekeurig r, s ∈ R en u = (2s1, 0,−s1, t1) ∈W . Dan is

(rs) · u = (rs) · (2s1, 0,−s1, t1) = ((rs)2s1, 0, (rs)(−s1), (rs)t1)

en

r · (s · u) = r · (s(2s1), 0, s(−s1), st1) = (r(s(2s1)), 0, r(s(−s1)), r(st1)).

De vermenigvuldiging in R is associatief waaruit volgt dat (rs) · u = r · (s · u).

29

6. Zij r ∈ R en u, v ∈ W willekeurig. Stellen we u = (2s1, 0,−s1, t1) en v =(2s2, 0,−s2, t2) dan is enerzijds

r · (u+ v) = r · (2(s1 + s2), 0,−(s1 + s2), t1 + t2)= (2r(s1 + s2), 0,−r(s1 + s2), r(t1 + t2))= (2(rs1 + rs2), 0,−(rs1 + rs2), rt1 + rt2)

terwijl anderzijds

r · u+ r · v = r · (2s1, 0,−s1, t1) + r · (2s2, 0,−s2, t2)= (2rs1 + 2rs2, 0,−rs1 − rs2, rt1 + rt2)= (2(rs1 + rs2), 0,−(rs1 + rs2), rt1 + rt2)

waarmee bewezen is dat de scalaire vermenigvuldiging in W distributief is tenopzichte van de optelling in W .

7. We tonen aan dat de scalaire vermenigvuldiging in W distributief is ten opzichtevan de optelling in W . Daartoe nemen we r, s ∈ R en u = (2s1, 0,−s1, t1) ∈W :

(r + s) · (2s1, 0,−s1, t1) = (2rs1 + 2ss1, 0,−rs1 − ss1, rt1 + st1) = r · u+ s · u.

8. Ten slotte is het reëel getal 1 een neutraal element voor de scalaire vermenigvuldigingin W . Inderdaad, voor elke u = (2s1, 0,−s1, t1) ∈ W volgt uit de definitie vanscalaire vermenigvuldiging dat 1 · u = (1 · 2s1, 0, 1(−s1), 1t1) = (2s1, 0,−s1, t1) = u.

We besluiten dat R,W,+ een vectorruimte is, zodat W een deelruimte van R4 is.

30 Deelruimten

2. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R,R2,+ ook eendeelruimte is.

(a) {(3s, 2 + 5s) | s ∈ R}

(b) {(x, y) ∈ R2 | x+ y = 1}

(c) {(x, y) ∈ R2 | x+ y = 0}

(d) {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1}

(e) {(x, y) ∈ R2 | xy = 0}

(f) {(x, y) ∈ R2 | x > 0}

Oplossing.

(a) W = {(3s, 2+5s) | s ∈ R} is geen deelruimte van R2. Immers, mochtW 6 R2 danzou wegens Gevolg 3.5 de nulvector 0R2 = (0, 0) tot W behoren. Maar (0, 0) 6∈W ,zodat W geen deelruimte van R2 is.

(b) W = {(x, y) ∈ R2 | x + y = 1} is geen deelruimte van R2. Immers, mochtW 6 R2 dan zou wegens Gevolg 3.5 de nulvector 0R2 = (0, 0) tot W behoren. Maar(0, 0) 6∈W , zodat W geen deelruimte van R2 is.

(c) W = {(x, y) ∈ R2 | x+ y = 0} is een deelruimte van R2.

• Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u = (x, y) ∈ W , v =(x′, y′) ∈W en r, s ∈ R willekeurig. Dan is ru+ sv = (rx+ sx′, ry + sy′) en

rx+ sx′ + ry + sy′ = r(x+ y) + s(x′ + y′) = r · 0 + s · 0 = 0

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat u, v ∈W . Webesluiten dat ru+ sv ∈W .

• Bewijs met scheiden van parameters. We herschrijven W als de opspanningvan vectoren:

W = {(x, y) ∈ R2 | x+ y = 0}= {(x, y) ∈ R2 | y = −x}= {(x,−x) | x ∈ R}= {x(1,−1) | x ∈ R}= Span{(1,−1)}.

Wegens Stelling 3.15(i) is W = Span{(1,−1)} 6 R2.

(d) W = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1} is geen deelruimte van R2. Immers, mochtW 6 R2 dan zou wegens Gevolg 3.5 de nulvector 0R2 = (0, 0) tot W behoren. Maar(0, 0) 6∈W , zodat W geen deelruimte van R2 is.

(e) W = {(x, y) ∈ R2 | xy = 0} is geen deelruimte van R2. Neem bijvoorbeeldu = (1, 0) ∈W en v = (0, 1) ∈W . Dan is u+ v = (1, 1) 6∈W zodat niet voldaan isaan criterium (ii) voor deelruimten.

(f) W = {(x, y) ∈ R2 | x > 0} is geen deelruimte van R2. Neem bijvoorbeeldu = (1, 0) ∈ W . Dan is (−1)u = (−1, 0) 6∈ W zodat niet voldaan is aan criterium(ii) voor deelruimten.

31

3. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R,R3,+ ook eendeelruimte is.

(a) {(3s, 1− t, s) | s, t ∈ R}

(b) {(x, y, z) ∈ R3 | 5x− 3y + 2z = 0}

(c) {(x, y, z) ∈ R3 | x− y + z = 1}

(d){

(x, y, z) ∈ R3∣∣∣∣ x5 = y

3 = z

−2

}(e) {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 = 0}

(f) {(x, y, z) | x, y, z ∈ Q}

Oplossing.(a) W = {(3s, 1− t, s) | s, t ∈ R} is een deelruimte van R3.

• Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u = (3s, 1 − t, s) ∈ W ,v = (3s′, 1− t′, s′) ∈W en a, b ∈ R willekeurig. Dan is

au+ sb = a(3s, 1− t, s) + b(3s′, 1− t′, s′)= (3(as+ bs′), 1− (1− a+ at− b+ bt′), as+ bs′) ∈ R3.


W = {(3s, 1− t, s) | s, t ∈ R} (noem q = 1− t)= {(3s, q, s) | s, q ∈ R}= {s(3, 0, 1) + q(0, 1, 0) | s, q ∈ R}= Span{(3, 0, 1), (0, 1, 0)}.

Wegens Stelling 3.15(i) is W = Span{(3, 0, 1), (0, 1, 0)} 6 R3.

(b) W = {(x, y, z) ∈ R3 | 5x− 3y + 2z = 0} is een deelruimte van R3.

• Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u = (x, y, z) ∈ W , v =(x′, y′, z′) ∈W en r, s ∈ R willekeurig. Dan is ru+sv = (rx+sx′, ry+sy′, rz+sz′) en

5(rx+ sx′)− 3(ry + sy′) + 2(rz + sz′) = r(5x− 3y + 2z) + s(5x′ − 3y′ + 2z′)= r · 0 + s · 0 = 0



W = {(x, y, z) ∈ R3 | 5x− 3y + 2z = 0}

={

(x, y, z) ∈ R3∣∣∣∣ z = −5

2 x+ 32 y}

={(

x, y,−52 x+ 3

2 y) ∣∣∣∣ x, y ∈ R

}={x

(1, 0,−5

2

)+ y

(0, 1, 3

2

) ∣∣∣∣ x, y ∈ R}

= Span{(

1, 0,−52

),

(0, 1, 3

2

)}.

32 Deelruimten

Wegens Stelling 3.15(i) is W = Span{(

1, 0,− 52

),

(0, 1, 3

2

)}6 R3.

(c) W = {(x, y, z) ∈ R3 | x − y + z = 1} is geen deelruimte van R3. Immers, mochtW 6 R3 dan zou wegens Gevolg 3.5 de nulvector 0R3 = (0, 0, 0) tot W behoren.Maar (0, 0, 0) 6∈W , zodat W geen deelruimte van R3 is.

(d) W ={

(x, y, z) ∈ R3∣∣∣ x

5 = y3 = z

−2

}is een deelruimte van R3.

• Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u = (x, y, z) ∈ W , v =(x′, y′, z′) ∈ W en r, s ∈ R willekeurig. Omdat u ∈ W is x

5 = y3 = z

−2 zodatook r · x

5 = r · y3 = r · z

−2 . Analoog is ook s · x′

5 = s · y′

3 = s · z′

−2 . Optellinglevert

r · x5 + s · x′

5 = r · y3 + s · y′

5 = r · z−2 + s · z

′

−2of nog

rx+ sx′

5 = ry + sy′

3 = rz + sz′

−2waaruit volgt dat ru+ sv = (rx+ sx′, ry + sy′, rz + sz′) ∈W .• Bewijs met scheiden van parameters. We herschrijven W als de opspanningvan vectoren:

W ={

(x, y, z) ∈ R3∣∣∣∣ x5 = y

3 = z

−2

}={

(x, y, z) ∈ R3 ∣∣ 3x = 5y en − 2y = 3z}

={

(x, y, z) ∈ R3∣∣∣∣ x = 5

3 y en z = −23 y}

={(

53 y, y,−

23 y) ∣∣∣∣ y ∈ R

}={y

(53 , 1,−

23

) ∣∣∣∣ y ∈ R}

= Span{(

53 , 1,−

23

)}.


53 , 1,−

23

)}6 R3.

(e) W = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 = 0} is deelruimte van R3, want W = {0R3} endus is W een deelruimte van R3. Dat W = {0R3} bewijzen we als volgt. Omdat0R3 = (0, 0, 0) ∈W is enerzijds {0R3} ⊆W . Om aan te tonen dat ook W ⊆ {0R3}nemen we (x, y, z) ∈W willekeurig. Dan is x2 + y2 + z2 = 0. Nu is het kwadraatvan een reëel getal steeds positief, zodat x2 + y2 + z2 een som van positieve getallenis. Een som waarbij elke term een positief getal is, kan enkel nul zijn als elke termnul is. Hieruit volgt dat x2 = 0, y2 = 0 en z2 = 0 zodat x = y = z = 0. Dus(x, y, z) = 0R3 .

(f) W = {(x, y, z) | x, y, z ∈ Q} is geen deelruimte van R3. Neem bijvoorbeeldu = (1, 0, 0) ∈ W en r =

√2 ∈ R. Dan is

√2 · u = (

√2, 0, 0) 6∈ W want

√2 6∈ Q

zodat niet voldaan is aan criterium (ii) voor deelruimten.

33

4. Beschouw voor een matrix A ∈ Rm×n de oplossingsverzameling WA van het lineairhomogeen stelsel A ·X = 0. Toon aan dat WA een deelruimte van de vectorruimteR,Rn,+ is.

Oplossing. We kunnen de oplossingsverzameling WA schrijven als

WA =

(x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ A ·x1x2...xn

=

00...0

.

Om aan te tonen dat WA 6 Rn gaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neemu = (x1, x2, . . . , xn) ∈ W , v = (y1, y2, . . . , yn) ∈ W en r, s ∈ R willekeurig. Dan isru+ sv = (rx1 + sy1, rx2 + sy2, . . . , rxn + syn) en

A ·

rx1 + sy1rx2 + sy2

...rxn + syn

= A ·

rx1rx2...

rxn

+

sy1sy2...syn

= A ·

rx1rx2...

rxn

+A ·

sy1sy2...syn

= rA ·

x1x2...xn

+ sA ·

y1y2...yn

= r

00...0

+ s

00...0

=

00...0

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat u, v ∈ W . We besluitendat ru+ sv ∈W .

5. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R,R2×2,+ ookeen deelruimte is.

(a){(

a b1− b 0

) ∣∣∣∣ a, b ∈ R}

(b){(

a bc d

)∈ R2×2

∣∣∣∣ a+ d = 0}

Oplossing.

(a) W ={(

a b1− b 0

) ∣∣∣∣ a, b ∈ R}

is geen deelruimte van R2×2. Immers, mocht W 6

R2×2 dan zou wegens Gevolg 3.5 de nulvector 0R2×2 =(

0 00 0

)tot W behoren.

Maar(

0 00 0

)6∈W , zodat W geen deelruimte van R2×2 is.

(b) W ={(

a bc d

)∈ R2×2

∣∣∣∣ a+ d = 0}

is een deelruimte van R2×2.

• Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u =(a bc d

)∈ W , v =(

a′ b′

c′ d′

)∈W en r, s ∈ R willekeurig. Dan is ru+ sv =

(ra+ sa′ rb+ sb′

rc+ sc′ rd+ sd′

)en

ra+ sa′ + rb+ sb′ = r(a+ b) + s(a′ + b′) = r · 0 + s · 0 = 0

34 Deelruimten



W ={(

a bc d

)∈ R2×2

∣∣∣∣ a+ d = 0}

={(

a bc d

)∈ R2×2

∣∣∣∣ d = −a}

={(

a bc −a

) ∣∣∣∣ a, b, c ∈ R}

={a

(1 00 −1

)+ b

(0 10 0

)+ c

(0 01 0

) ∣∣∣∣ a, b, c ∈ R}

= Span{(

1 00 −1

),

(0 10 0

),

(0 01 0

)}.


1 00 −1

),

(0 10 0

),

(0 01 0

)}6 R2×2.

6. Beschouw de vectorruimte R,Rn×n,+ en de deelverzameling van alle scheefsymme-trische matrices

W = {A ∈ Rn×n | AT = −A}.

Toon aan dat W een deelruimte van Rn×n is.

Oplossing. Om aan te tonen dat W een deelruimte van Rn×n is, gaan we criterium (iii)voor deelruimten na. Neem A,B ∈W en r, s ∈ R willekeurig. Uit de eigenschappen vantransponeren van matrices volgt dat

(rA+ sB)T = (rA)T + (sB)T = rAT + sBT = r(−A) + s(−B) = −(rA+ sB)

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat A,B ∈W . We besluitendat rA+ sB ∈W .

7. Ga na of de volgende deelverzameling van de vectorruimte R,RN,+ een deelruimteis:

W = {(r − s, 2r − 4s, 3r − 9s, 4r − 16s, 5r − 25s, . . .) | r, s ∈ R}.

Oplossing. We tonen aan dat W een deelruimte van RN is.

• Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u = (r1 − s1, 2r1 − 4s1, 3r1 −9s1, 4r1−16s1, 5r1−25s1, . . .) ∈W , v = (r2−s2, 2r2−4s2, 3r2−9s2, 4r2−16s2, 5r2−25s2, . . .) ∈W en a, b ∈ R willekeurig. Dan is

au+ bv

= a(r1 − s1, 2r1 − 4s1, 3r1 − 9s1, . . .) + b(r2 − s2, 2r2 − 4s2, 3r2 − 9s2, . . .)= (ar1 − as1 + br2 − bs2, 2ar1 − 4as1 + 2br2 − 4bs2, 3ar1 − 9as1 + 3br2 − 9bs2, . . .)= ((ar1 + br2)− (as1 + bs2), 2(ar1 + br2)− 4(as1 + bs2), . . .)

zodat ru+ sv ∈W .

35

• Bewijs met scheiden van parameters. We herschrijven W als de opspanning vanvectoren:

W = {(r − s, 2r − 4s, 3r − 9s, 4r − 16s, 5r − 25s, . . .) | r, s ∈ R}= {(r, 2r, 3r, 4r, 5r, . . .) + (−s,−4s,−9s,−16s,−25s, . . .) | r, s ∈ R}= {r(1, 2, 3, 4, 5, . . .) + s(−1,−4,−9,−16,−25, . . .) | r, s ∈ R}= Span{(1, 2, 3, 4, 5, . . .), (−1,−4,−9,−16,−25, . . .)}.

Wegens Stelling 3.15(i) is W = Span{(1, 2, 3, 4, . . .), (−1,−4,−9,−16, . . .)} 6 RN.

8. Een veralgemeende rij van Fibonacci is een (reële) rij (an) die voldoet aan derelatie an+2 = an+1 + an voor elke n ∈ N. Toon aan dat de verzameling W van alleveralgemeende rijen van Fibonacci een deelruimte van de vectorruimte R,RN,+ is.

Oplossing. We kunnen de verzameling W van alle veralgemeende rijen van Fibonaccischrijven als

W = {(a0, a1, a2, . . .) | ∀n ∈ N : an+2 = an + an+1}.Om aan te tonen dat W 6 RN gaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neemu = (a0, a1, a2, . . .) ∈ W , v = (b0, b1, b2, . . .) ∈ W en r, s ∈ R willekeurig. Dan isru+ sv = (ra0 + sb0, ra1 + sb1, ra2 + sb2, . . .) en voor elke n ∈ N is

ran+2 + sbn+2 = r(an + an+1) + s(bn + bn+1) = ran + sbn + ran+1 + sbn+1

waarbij we in de eerste gelijkheid steunen op het feit dat u, v ∈ W . We besluiten datru+ sv ∈W .

9. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R,R[X],+ ookeen deelruimte is.

(a) {aX2 | a ∈ R}

(b) {a+ bX + cX2 | a, b, c ∈ Z}

(c) {A ∈ R[X] | grA > 2}

(d) {A ∈ R[X] | grA > 2} ∪ {0R[X]}

(e) {A ∈ R[X] | A is deelbaar door X − 2}

(f) {A ∈ R[X] | A is niet deelbaar door X2}

Oplossing.(a) W = {aX2 | a ∈ R} is een deelruimte van R[X].

• Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u = a1X2 ∈ W , v =

a2X2 ∈W en r, s ∈ R willekeurig. Dan is

ru+ sv = ra1X2 + sa2X

2 = (ra1 + sa2)X2 ∈W.


W = {aX2 | a ∈ R} = Span{X2}.

Wegens Stelling 3.15(i) is W = Span{X2} 6 R[X].

36 Deelruimten

(b) W = {a+ bX + cX2 | a, b, c ∈ Z} is geen deelruimte van R[X]. Neem bijvoorbeeldu = X ∈W en r = 1

2 ∈ R. Dan is ru = 12 X 6∈W want 1

2 6∈ Z zodat niet voldaan isaan criterium (ii) voor deelruimten.

(c) W = {A ∈ R[X] | grA > 2} is geen deelruimte van R[X]. Immers, mochtW 6 R[X] dan zou wegens Gevolg 3.5 de nulvector 0R[X] tot W behoren en dat isniet het geval.

(d) W = {A ∈ R[X] | grA > 2} ∪ {0R[X]} is geen deelruimte van R[X]. Neembijvoorbeeld u = X +X2 ∈W en v = X −X2 ∈W . Dan is u+ v = 2X 6∈W zodatniet voldaan is aan criterium (ii) voor deelruimten.

(e) W = {A ∈ R[X] | A is deelbaar door X − 2} is een deelruimte van R[X]. Omdat aan te tonen gaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neem A,B ∈W enr, s ∈ R willekeurig. Omdat A deelbaar is door X − 2, is A = (X − 2)A′ voor eenzekere A′ ∈ R[X]. Analoog is B = (X − 2)B′ voor een zekere B′ ∈ R[X]. Uit

rA+ sB = r(X − 2)A′ + s(X − 2)B′ = (X − 2)(rA′ + sB′)

volgt dat rA+ sB deelbaar is door X − 2. We besluiten dat rA+ sB ∈W .

(f) W = {A ∈ R[X] | A is niet deelbaar door X2} is geen deelruimte van R[X].Neem bijvoorbeeld u = X+X4 ∈W en v = −X+X4 ∈W . Dan is u+v = 2X4 6∈Wzodat niet voldaan is aan criterium (ii) voor deelruimten.

10. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R,RR,+ ookeen deelruimte is.

(a) {f ∈ RR | f(2) = 1}

(b) {f ∈ RR | f(2) = 3 · f(0)}

(c) {f ∈ RR | f is een even functie}

(d) {f ∈ RR | f is een oneven functie}

(e){f ∈ RR | f is een veeltermfunctie

}(f) {a sin x+ b cosx | a, b ∈ R}

Oplossing.(a) W = {f ∈ RR | f(2) = 1} is geen deelruimte van RR. Immers, mocht W 6 RR

dan zou wegens Gevolg 3.5 de nulvector 0RR tot W behoren. Nu is 0RR(2) = 0 6= 1zodat 0RR 6∈W . We besluiten dat W geen deelruimte van RR is.

(b) W = {f ∈ RR | f(2) = 3 · f(0)} is een deelruimte van RR. Om dat aan te tonengaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neem f, g ∈ RR en r, s ∈ R willekeurig.Dan is

(rf + sg)(2) = rf(2) + sg(2) = r · 3f(0) + s · 3g(0) = 3(rf + sg)(0)

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat f, g ∈ W . Webesluiten dat rf + sg ∈W .

(c) W = {f ∈ RR | f is een even functie} is een deelruimte van RR. Om dat aan tetonen gaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neem f, g ∈ RR en r, s ∈ Rwillekeurig. Voor elke x ∈ R is

(rf + sg)(−x) = rf(−x) + sg(−x) = rf(x) + sg(x) = (rf + sg)(x)


37

(d) W = {f ∈ RR | f is een oneven functie} is een deelruimte van RR. Om dat aante tonen gaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neem f, g ∈ RR en r, s ∈ Rwillekeurig. Voor elke x ∈ R is

(rf + sg)(−x) = rf(−x) + sg(−x) = r(−f(x)) + s(−g(x)) = −(rf + sg)(x)


(e) W ={f ∈ RR | f is een veeltermfunctie

}is een deelruimte van RR want de som

van twee veeltermfuncties is een veeltermfunctie en een scalair veelvoud van eenveeltermfunctie is een veeltermfunctie, zodat aan criterium (ii) voor deelruimten isvoldaan.

(f) W = {a sin x+ b cosx | a, b ∈ R} is een deelruimte van RR. Om dat aan te tonengaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neem f, g ∈ RR en r, s ∈ R willekeurig.Schrijven we f = a sin x+ b cosx en g = c sin x+ d cosx met a, b, c, d ∈ R dan is

rf+sg = r(a sin x+b cosx)+s(c sin x+d cosx) = (ra+sc) sin x+(rb+sd) cosx ∈W.

11. Toon aan dat voor elke p ∈ R+0 de deelverzameling

Wp = {f ∈ RR | ∀x ∈ R : f(x+ p) = f(x)}

van de vectorruimte R,RR,+ ook een deelruimte is.

Oplossing. Neem p ∈ R+0 willekeurig. Om aan te tonen dat Wp 6 RR gaan we criterium

(iii) voor deelruimten na. Neem f, g ∈ Wp en r, s ∈ R willekeurig. Dan geldt voor elkex ∈ R dat

(rf + sg)(x+ p) = rf(x+ p) + sg(x+ p) = rf(x) + sg(x) = (rf + sg)(x)

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat f, g ∈ W . We besluitendat rf + sg ∈W .

12. Zij R, V,+ een vectorruimte en W een niet-lege deelverzameling van V . Bewijs:W is een deelruimte van V als en slechts als voor elke u, v ∈ W en r ∈ R geldt:r · u+ v ∈W .

Oplossing. Wegens Stelling 3.4 (Criterium voor deelruimten) volstaat het om aan te tonendat de volgende twee uitspraken equivalent zijn:(iii) ∀u, v ∈W, ∀r, s ∈ R : ru+ sv ∈W ,

(iv) ∀u′, v′ ∈W, ∀r′ ∈ R : r′u′ + v′ ∈W .We bewijzen de twee implicaties (iii) ⇒ (iv) en (iv) ⇒ (iii).(iii) ⇒ (iv) Neem u′, v′ ∈ W en r′ ∈ R willekeurig. Passen we (iii) toe voor de keuzeu = u′, v = v′, r = r′ en s = 1 verkrijgen we r′u′ + v′ = r′u′ + 1v′ = ru+ sv ∈W .(iv) ⇒ (iii) Neem u, v ∈ W en r, s ∈ R willekeurig. Passen we (iv) toe voor de keuzer′ = −1, u′ = v en v′ = v dan verkrijgen we 0V = (−1)v + v = r′u′ + v′ ∈W . Vervolgenspassen we (iv) toe voor de keuze r′ = s, u′ = v en v′ = 0V ∈ W en verkrijgen zo datsv = sv + 0V = r′u′ + v′ ∈W . Ten slotte passen we (iv) toe voor de keuze r′ = r, u′ = uen v′ = sv ∈W en vinden ru+ sv = r′u′ + v′ ∈W .

38 Deelruimten

13. Zij R, V,+ een vectorruimte en W1,W2 twee deelruimten van V . Bewijs:

W1 ∪W2 = V ⇔ W1 = V of W2 = V.

Oplossing. AlsW1 = V ofW2 = V dan isW1∪W2 = V . Omgekeerd, stel datW1∪W2 = V .We moeten aantonen datW1 = V ofW2 = V . Veronderstel uit het ongerijmde datW1 6= Ven W2 6= V . Dan is W1 \W2 6= ∅ en W2 \W1 6= ∅. Kies w1 ∈W1 \W2 en w2 ∈W2 \W1willekeurig. We beweren dat v = w1 + w2 6∈ W1. Inderdaad, mocht v ∈ W1 dan zouw2 = v − w1 ∈W1 (want v, w1 ∈W en W is een vectorruimte). Maar dat is strijdig methet feit dat w2 ∈W2 \W1. Dus v = w1 +w2 6∈W1. Analoog is v = w1 +w2 6∈W2. Maardan is v = w1 + w2 6∈W1 ∪W2 = V , een strijdigheid met het feit dat V een vectorruimteis. We besluiten dat W1 = V of W2 = V .

14. Kan (−3, 2) geschreven worden als een lineaire combinatie van (1, 2) en (−3,−2)?

Oplossing. De vector (−3, 2) ∈ R2 is een lineaire combinatie van {(1, 2), (−3,−2)} als enslechts als

∃r, s ∈ R : (−3, 2) = r(1, 2) + s(−3,−2)⇔ ∃r, s ∈ R : (−3, 2) = (r − 3s, 2r − 2s)

⇔ ∃r, s ∈ R :{r − 3s = −32r − 2s = 2.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel door de uitgebreide matrix te rijherleidennaar de trapvorm:

(A | B) =(

1 −3 −32 −2 2

)∼(

1 0 30 1 2

).

Omdat rangA = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar, zodat de vector (−3, 2) kangeschreven worden als een lineaire combinatie van {(1, 2), (−3,−2)} .

15. Beschouw de vectorruimte R,R3,+ en de vectoren v1 = (1, 0, 1), v2 = (1,−2, 1),v3 = (2, 3, 2) en v4 = (4,−1, 4). Ga telkens na of de gegeven vector een lineairecombinatie van {v1, v2, v3, v4} is. Zo ja, schrijf zo’n lineaire combinatie op en ga na ofdeze schrijfwijze uniek is.

(a) v = (7, 0, 7) (b) v = (11,−6, 5) (c) v = (1,−9, 1)

Oplossing.

(a) De vector v = (7, 0, 7) is een lineaire combinatie van {v1, v2, v3, v4} enkel en alleenals

∃a, b, c, d ∈ R : (7, 0, 7) = a(1, 0, 1) + b(1,−2, 1) + c(2, 3, 2) + d(4,−1, 4)⇔ ∃a, b, c, d ∈ R : (7, 0, 7) = (a+ b+ 2c+ 4d,−2b+ 3c− d, a+ b+ 2c+ 4d)

⇔ ∃a, b, c, d ∈ R :

a+ b+ 2c+ 4d = 7−2b+ 3c− d = 0a+ b+ 2c+ 4d = 7.

39


(A | B) =

1 1 2 4 70 −2 3 −1 01 1 2 4 7

∼ 1 0 7/2 7/2 7

0 1 −3/2 1/2 00 0 0 0 0

.

Omdat rangA = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar, zodat v = (7, 0, 7) een lineairecombinatie van {v1, v2, v3, v4} is. Om zo’n lineaire combinatie te vinden, lossen wehet stelsel verder op: a+ b+ 2c+ 4d = 7

−2b+ 3c− d = 0a+ b+ 2c+ 4d = 7

⇔{a+ 7/2c+ 7/2d = 7b− 3/2c+ 1/2d = 0

⇔

a = −7/2r − 7/2s+ 7b = 3/2r − 1/2sc = rd = s

(r, s ∈ R).

Kiezen we bijvoorbeeld r = 0 en s = 0 dan verkrijgen we de lineaire combinatiev = 7v1 + 0v2 + 0v3 + 0v4 . Deze schrijfwijze is niet uniek, want rangA 6= 4 (hetaantal kolommen van A). Zo leidt de keuze r = 2 en s = −2 tot een andere lineairecombinatie v = 7v1 + 4v2 + 2v3 − 2v4.

(b) De vector v = (11,−6, 5) is een lineaire combinatie van {v1, v2, v3, v4} enkel enalleen als

∃a, b, c, d ∈ R : (11,−6, 5) = a(1, 0, 1) + b(1,−2, 1) + c(2, 3, 2) + d(4,−1, 4)⇔ ∃a, b, c, d ∈ R : (11,−6, 5) = (a+ b+ 2c+ 4d,−2b+ 3c− d, a+ b+ 2c+ 4d)

⇔ ∃a, b, c, d ∈ R :

a+ b+ 2c+ 4d = 11−2b+ 3c− d = −6a+ b+ 2c+ 4d = 5.


(A | B) =

1 1 2 4 110 −2 3 −1 −61 1 2 4 5

∼ 1 0 7/2 7/2 0

0 1 −3/2 1/2 00 0 0 0 1

.

Omdat rangA < rang(A | B) is het stelsel niet oplosbaar, zodat v = (11,−6, 5)geen lineaire combinatie van {v1, v2, v3, v4} is.

(c) De vector v = (1,−9, 1) is een lineaire combinatie van {v1, v2, v3, v4} enkel en alleenals

∃a, b, c, d ∈ R : (1,−9, 1) = a(1, 0, 1) + b(1,−2, 1) + c(2, 3, 2) + d(4,−1, 4)⇔ ∃a, b, c, d ∈ R : (1,−9, 1) = (a+ b+ 2c+ 4d,−2b+ 3c− d, a+ b+ 2c+ 4d)

⇔ ∃a, b, c, d ∈ R :

a+ b+ 2c+ 4d = 1−2b+ 3c− d = −9a+ b+ 2c+ 4d = 1.


(A | B) =

1 1 2 4 10 −2 3 −1 −91 1 2 4 1

∼ 1 0 7/2 7/2 −7/2

0 1 −3/2 1/2 9/20 0 0 0 0

.

40 Deelruimten

Omdat rangA = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar, zodat v = (1,−9, 1) eenlineaire combinatie van {v1, v2, v3, v4} is. Om zo’n lineaire combinatie te vinden,lossen we het stelsel verder op: a+ b+ 2c+ 4d = 1

−2b+ 3c− d = −9a+ b+ 2c+ 4d = 1

⇔{a+ 7/2c+ 7/2d = −7/2b− 3/2c+ 1/2d = 9/2

⇔

a = −7/2r − 7/2s− 7/2b = 3/2r − 1/2s+ 9/2c = rd = s

(r, s ∈ R).

Kiezen we bijvoorbeeld r = 0 en s = 0 dan verkrijgen we de lineaire combinatiev = −7/2 v1 + 9/2 v2 + 0v3 + 0v4 . Deze schrijfwijze is niet uniek, want rangA 6= 4(het aantal kolommen van A). Zo leidt de keuze r = 2 en s = −2 tot een anderelineaire combinatie v = −7/2 v1 + 17/2 v2 + 2v3 − 2v4.

16. Beschouw de vectorruimte R,R2,+ en de vectoren v1 = (√

2,−√

3) en v2 =(√

5,√

13). Toon telkens aan dat de vector u tot de opspanning van {v1, v2} behoorten schrijf u als een lineaire combinatie van {v1, v2}. Is deze schrijfwijze uniek?

(a) u = (√

7,√

10) (b) u = (√

2 +√

5,√

13−√

3)

Oplossing.(a) De vector u = (

√7,√

10) behoort tot de opspanning van {v1, v2} als en slechts alsu een lineaire combinatie van {v1, v2} is, dus enkel en alleen als

∃r, s ∈ R : u = rv1 + sv2

⇔ ∃r, s ∈ R : (√

7,√

10) = r(√

2,−√

3) + s(√

5,√

13)

⇔ ∃r, s ∈ R :{r√

2 + s√

5 =√

7−r√

3 + s√

13 =√

10.


(A | B) =( √

2√

5√

7−√

3√

13√

10

)∼

1 0

√182− 10

2√

13 +√

30

0 1 2√

10 +√

422√

13 +√

30

.

Omdat rangA = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar, zodat u ∈ Span{v1, v2}. Omu te schrijven als een lineaire combinatie van {v1, v2} lossen we het stelsel verderop:

{r√

2 + s√

5 =√

7−r√

3 + s√

13 =√

10 ⇔

r =

√182− 10

2√

13 +√

30

s = 2√

10 +√

422√

13 +√

30.

We verkrijgen de lineaire combinatie u =√

182− 102√

13 +√

30v1 + 2

√10 +

√42

2√

13 +√

30v2 en deze

schrijfwijze is uniek.

41

(b) De vector u = (√

2 +√

5,√

13−√

3) behoort tot de opspanning van {v1, v2} als enslechts als u een lineaire combinatie van {v1, v2} is, dus enkel en alleen als

∃r, s ∈ R : u = rv1 + sv2

⇔ ∃r, s ∈ R : (√

2 +√

5,√

13−√

3) = r(√

2,−√

3) + s(√

5,√

13)

⇔ ∃r, s ∈ R :{r√

2 + s√

5 =√

2 +√

5−r√

3 + s√

13 =√

13−√

3.


(A | B) =( √

2√

5√

2 +√

5−√

3√

13√

13−√

3

)∼(

1 0 10 1 1

).

Omdat rangA = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar, zodat u ∈ Span{v1, v2}. Omu te schrijven als een lineaire combinatie van {v1, v2} lossen we het stelsel verderop: {

r√

2 + s√

5 =√

2 +√

5−r√

3 + s√

13 =√

13−√

3 ⇔{r = 1s = 1.

We verkrijgen de lineaire combinatie u = v1 + v2 en deze schrijfwijze is uniek.

17. Bepaal telkens de waarde(n) van a ∈ R waarvoor in de vermelde vectorruimtegeldt:

(a) (2,−3, a) ∈ Span{(5, 1, 2), (3,−2,−1)} in R,R3,+,

(b) (−1, 2, 3a) ∈ Span{(2, a, 7), (−1, 2,−3)} in R,R3,+,

(c) (a+X)3 ∈ Span{1, X,X2, X3} in R,R[X],+.

Oplossing.(a) Voor a ∈ R is (2,−3, a) ∈ Span{(5, 1, 2), (3,−2,−1)} als en slechts als

∃r, s ∈ R : (2,−3, a) = r(5, 1, 2) + s(3,−2,−1)

⇔ ∃r, s ∈ R :

5r + 3s = 2r − 2s = −32r − s = a.


(A | B) =

5 3 21 −2 −32 −1 a

∼ 1 0 −5/13

0 1 17/130 0 a+ 27/13

.

Het stelsel is oplosbaar als en slechts als rangA = rang(A | B) dus als en slechts alsa = −27/13 .

(b) Voor a ∈ R is (−1, 2, 3a) ∈ Span{(2, a, 7), (−1, 2,−3)} als en slechts als

∃r, s ∈ R : (−1, 2, 3a) = r(2, a, 7) + s(−1, 2,−3)

⇔ ∃r, s ∈ R :

2r − s = −1ar + 2s = 27r − 3s = 3a.

42 Deelruimten


(A | B) =

2 −1 −1a 2 27 −3 3a

∼ 1 0 3a+ 3

0 1 6a+ 70 0 −3a2 − 15a− 12

.

Het stelsel is oplosbaar als en slechts als rangA = rang(A | B) dus als en slechts als−3a2 − 15a− 12 = 0, dus als en slechts als a = −1 of a = −4 .

(c) Voor a ∈ R is (a+X)3 ∈ Span{1, X,X2, X3} als en slechts als

∃r, s, t, u ∈ R : (a+X)3 = r + sX + tX2 + uX3

⇔ ∃r, s, t, u ∈ R : a3 + 3a2X + 3aX2 +X3 = r + sX + tX2 + uX3

⇔ ∃r, s, t, u ∈ R :

r = a3

s = 3a2

t = 3au = 1.

Dit stelsel heeft voor elke a ∈ R een oplossing.

18. Zij R, V,+ een vectorruimte en u, v, w ∈ V . Bewijs: als u ∈ Span{v} en v ∈Span{w} dan is u ∈ Span{w}.

Oplossing. Stel dat u ∈ Span{v} en v ∈ Span{w}. Dan is u = rv voor een zekere r ∈ Ren v = sw voor een zekere s ∈ R, zodat:

u = rv = r(sw) = (rs)w ∈ Span{w}.

19. Zij R, V,+ een vectorruimte en u, v ∈ V . Verder is gegeven dat u ∈ Span{v} env 6∈ Span{u}. Welke van de volgende uitspraken zijn juist? Motiveer je antwoord.

(1) u = v

(2) u 6= v

(3) u = 0V en v = 0V

(4) u 6= 0V en v = 0V

(5) u = 0V en v 6= 0V

(6) De opgave is zinloos, er geldt immers nooit dat u ∈ Span{v} en v 6∈ Span{u}.

Oplossing. Stel dat u ∈ Span{v} en v 6∈ Span{u}. Omdat u ∈ Span{v} bestaat er eenr ∈ R zodat u = rv. We beweren dat r = 0. Inderdaad, mocht r 6= 0 dan zou

v = 1ru ∈ Span{u}

en dit is strijdig met het gegeven dat v 6∈ Span{u}. Omdat r = 0 is u = rv = 0 · v = 0V .Mocht ook v = 0V dan zou v = 0V ∈ Span{u} en dat is opnieuw strijdig met het gegevendat v 6∈ Span{u}. Dus is v 6= 0V .

We besluiten dat u = 0V en v 6= 0V zodat enkel de uitspraken (2) en (5) juist zijn.

43

20. Toon telkens aan in de vermelde vectorruimte.

(a) Span{(2,−3, 1)} 6 Span{(8,−8, 4), (6,−5, 3), (2,−1, 1)} in R,R3,+

(b) Span{X2 +2} 6 Span{3X2 +X+1, X−5, 2X2 +X−1, X2−X−3} in R,R[X],+

(c) Span{(2, 3,−1, 0), (−3, 1, 0, 2)} = Span{(−4, 5,−1, 4), (9, 8,−3,−2)} in R,R4,+

(d) Span{(1, 2,−1), (2,−3, 2)} 6= Span{(4, 1, 3), (−3, 1, 2)} in R,R3,+

(e) Span{sin2 x, cos2 x} = Span{1, cos(2x)} in R,RR,+

Oplossing.

(a) NoemW = Span{(8,−8, 4), (6,−5, 3), (2,−1, 1)}. We tonen eerst aan dat (2,−3, 1) ∈W . Dat is het geval als en slechts als

∃r, s, t ∈ R : (2,−3, 1) = r(8,−8, 4) + s(6,−5, 3) + t(2,−1, 1)

⇔ ∃r, s, t ∈ R :

8r + 6s+ 2t = 2−8r − 5s− t = −34r + 3s+ t = 1.


(A | B) =

8 6 2 2−8 −5 −1 −3

4 3 1 1

∼ 1 0 −1/2 1

0 1 1 −10 0 0 0

.

Omdat rangA = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar zodat (2,−3, 1) ∈W . WegensStelling 3.15 is nu ook Span{(2,−3, 1)} ⊆ W . Omdat W een vectorruimte is enSpan{(2,−3, 1)} een deelruimte van R3 is, volgt nu ook dat Span{(2,−3, 1)} 6W .

(b) Noem W = Span{3X2 +X + 1, X − 5, 2X2 +X − 1, X2 −X − 3}. We tonen eerstaan dat X2 + 2 ∈W . Dat is het geval als en slechts als

∃r, s, t, u ∈ R : X2 + 2 = r(3X2 +X + 1) + s(X − 5) + t(2X2 +X − 1)+ u(X2 −X − 3)

⇔ ∃r, s, t, u ∈ R : X2 + 2 = (3r + 2t+ u)X2 + (r + s+ t− u)X+ (r − 5s− t− 3u)

⇔ ∃r, s, t, u ∈ R :

3r + 2t+ u = 1r + s+ t− u = 0r − 5s− t− 3u = 2.


(A | B) =

3 0 2 1 11 1 1 −1 01 −5 −1 −3 2

∼ 1 0 −2/3 0 1/3

0 1 1/3 0 −1/30 0 0 1 0

.

Omdat rangA = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar zodat X2 + 2 ∈ W . WegensStelling 3.15 is nu ook Span{X2 + 2} ⊆ W . Omdat W een vectorruimte is enSpan{X2 + 2} een deelruimte van R3 is, volgt nu ook dat Span{X2 + 2} 6W .

44 Deelruimten

(c) Wegens Eigenschap 3.17 volstaat het om aan te tonen dat

(2, 3,−1, 0), (−3, 1, 0, 2) ∈ Span{(−4, 5,−1, 4), (9, 8,−3,−2)}

en(−4, 5,−1, 4), (9, 8,−3,−2) ∈ Span{(2, 3,−1, 0), (−3, 1, 0, 2)}.

We tonen eerst aan dat (2, 3,−1, 0), (−3, 1, 0, 2) ∈ Span{(−4, 5,−1, 4), (9, 8,−3,−2)}.Dat is het geval als en slechts als de volgende twee lineaire stelsels een oplossinghebben:

−4a+ 9b = 25a+ 8b = 3−a− 3b = −14a− 2b = 0

en

−4r + 9s = −35r + 8s = 1−r − 3s = 04r − 2s = 2.

Bij elk lineair stelsel hoort een uitgebreide matrix en de trapvorm wordt gegevendoor respectievelijk

1 0 1/70 1 2/70 0 00 0 0

en

1 0 3/70 1 −1/70 0 00 0 0

.

In elk geval is de rang van de coëfficiëntenmatrix gelijk aan de rang van de uitgebreidematrix, zodat de twee lineaire stelsels oplosbaar zijn. Daarmee is aangetoond dat(2, 3,−1, 0), (−3, 1, 0, 2) ∈ Span{(−4, 5,−1, 4), (9, 8,−3,−2)}.Nu bewijzen we dat (−4, 5,−1, 4), (9, 8,−3,−2) ∈ Span{(2, 3,−1, 0), (−3, 1, 0, 2)}.Dat is het geval als en slechts als de volgende twee lineaire stelsels een oplossinghebben:

2a− 3b = −43a+ b = 5−a = −12b = 4

en

2r − 3s = 93r + s = 8−r = −32s = −2.

Bij elk lineair stelsel hoort een uitgebreide matrix en de trapvorm wordt gegevendoor respectievelijk

1 0 10 1 20 0 00 0 0

en

1 0 30 1 −10 0 00 0 0

.

In elk geval is de rang van de coëfficiëntenmatrix gelijk aan de rang van de uitgebreidematrix, zodat de twee lineaire stelsels oplosbaar zijn. Daarmee is aangetoond dat(−4, 5,−1, 4), (9, 8,−3,−2) ∈ Span{(2, 3,−1, 0), (−3, 1, 0, 2)}.

(d) Wegens Eigenschap 3.17 volstaat het om aan te tonen dat

(1, 2,−1) 6∈ Span{(4, 1, 3), (−3, 1, 2)} of (2,−3, 2) 6∈ Span{(4, 1, 3), (−3, 1, 2)}

of

(4, 1, 3) 6∈ Span{(1, 2,−1), (2,−3, 2)} of (−3, 1, 2) 6∈ Span{(1, 2,−1), (2,−3, 2)}.

45

We gaan eerst na of (1, 2,−1), (2,−3, 2) ∈ Span{(4, 1, 3), (−3, 1, 2)}. Dat is hetgeval als en slechts als de volgende twee lineaire stelsels een oplossing hebben: 4a− 3b = 1

a+ b = 23a+ 2b = −1

en

4r − 3s = 2r + s = −33r + 2s = 2.

Bij elk lineair stelsel hoort een uitgebreide matrix en de trapvorm wordt gegevendoor respectievelijk 1 0 0

0 1 00 0 1

en

1 0 00 1 00 0 1

.

In beide gevallen is de rang van de coëfficiëntenmatrix niet gelijk aan de rangvan de uitgebreide matrix, zodat geen van de twee lineaire stelsels oplosbaar zijn.Daarmee is aangetoond dat (1, 2,−1) 6∈ Span{(4, 1, 3), (−3, 1, 2)} en (2,−3, 2) 6∈Span{(4, 1, 3), (−3, 1, 2)}.

(e) Wegens Eigenschap 3.17 volstaat het om aan te tonen dat

sin2 x, cos2 x ∈ Span{1, cos(2x)} en 1, cos(2x) ∈ Span{sin2 x, cos2 x}.

We tonen eerst aan dat sin2 x ∈ Span{1, cos(2x)}. Dat is het geval als en slechts als

∃a, b ∈ R : sin2 x = a+ b cos(2x)⇔ ∃a, b ∈ R : sin2 x = a+ b(cos2 x− sin2 x)⇔ ∃a, b ∈ R : sin2 x = a+ b(1− sin2 x− sin2 x)⇔ ∃a, b ∈ R : sin2 x = (a+ b)− 2b sin2 x.

Dit stelsel heeft als (unieke) oplossing a = 1/2 en b = −1/2. Analoog is cos2 x ∈Span{1, cos(2x)} want

∃r, s ∈ R : cos2 x = r + s cos(2x)⇔ ∃r, s ∈ R : cos2 x = r + s(cos2 x− sin2 x)⇔ ∃r, s ∈ R : cos2 x = r + s(cos2 x− (1− cos2 x))⇔ ∃r, s ∈ R : cos2 x = (r − s) + 2s cos2 x

heeft als (unieke) oplossing r = 1/2 en s = 1/2. Bij nader inzien konden wemet behulp van de formules van Carnot meteen aantonen dat sin2 x, cos2 x ∈Span{1, cos(2x)} want

sin2 x = 1− cos(2x)2 = 1

2 · 1−12 cos2 x ∈ Span{1, cos(2x)}

encos2 x = 1 + cos(2x)

2 = 12 · 1 + 1

2 cos2 x ∈ Span{1, cos(2x)}.

Op die manier tonen we vervolgens aan dat 1, cos(2x) ∈ Span{sin2 x, cos2 x}:

1 = 1 · sin2 x+ 1 · cos2 x ∈ Span{sin2 x, cos2 x}

encos(2x) = 1 · cos2 x− 1 · sin2 x ∈ Span{sin2 x, cos2 x}.

46 Deelruimten

21. Zij R, V,+ een vectorruimte en u, v ∈ V . Bewijs: Span{u, v} = Span{u+ v, u− v}.

Oplossing. Uit

u = 12(u+ v) + 1

2(u− v) en v = 12(u+ v)− 1

2(u− v)

volgt dat u, v ∈ Span{u+ v, u− v}. Anderzijds isu+ v = 1 · u+ 1 · v ∈ Span{u, v} en u− v = 1 · u− 1 · v ∈ Span{u, v}

zodat ook u+v, u−v ∈ Span{u, v}. Toepassen van Eigenschap 3.17 levert dat Span{u, v} =Span{u+ v, u− v}.

22. Beschouw de vectorruimte R,R3,+. Bepaal de waarde(n) van r waarvoor dedeelruimte voortgebracht door {(4, 5, 6), (r, 5, 1), (4, 3, 2)} een echte deelruimte is.

Oplossing. Neem r ∈ R willekeurig. Dan geldt:Span{(4, 5, 6), (r, 5, 1), (4, 3, 2)} is een echte deelruimte van R3

⇔ Span{(4, 5, 6), (r, 5, 1), (4, 3, 2)} 6= R3

⇔ ∃(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) 6∈ Span{(4, 5, 6), (r, 5, 1), (4, 3, 2)}

⇔ ∃(x, y, z) ∈ R3 : het stelsel

4a+ rb+ 4c = x5a+ 5b+ 3c = y6a+ b+ 2c = z

heeft geen oplossingen.

Voor elke (x, y, z) ∈ R3 gaan de oplosbaarheid van dit stelsel na door rijherleiding van deuitgebreide matrix. We vinden:

(A | B) =

4 r 4 x5 5 3 y6 1 2 z

∼ 6 1 2 z

5 5 3 y4 r 4 x

∼ 1 0 ∗ ∗

0 1 ∗ ∗0 0 72−8r

25 ∗

waarbij we de elementen ∗ (voorlopig) niet nader bepalen. Als volgende stap in heteliminatie-algoritme van Gauss-Jordan willen we de derde rij delen door (72−8r)/25. Maardat mag enkel als (72− 8r)/25 6= 0, dat wil zeggen r 6= 9. Vandaar het gevalsonderscheid.

Eerste geval Als r 6= 9 dan is

(A | B) ∼

1 0 0 ∗0 1 0 ∗0 0 1 ∗

zodat voor elk drietal (x, y, z) ∈ R3 het stelsel een (unieke) oplossing heeft. In ditgeval zal dus Span{(4, 5, 6), (r, 5, 1), (4, 3, 2)} = R3.

Tweede geval Als r = 9 dan is

(A | B) ∼

1 0 ∗ ∗0 1 ∗ ∗0 0 0 x− 2y + z

.

Hieruit besluiten we dat het lineair stelsel oplossingen heeft als en slechts als hetdrietal (x, y, z) voldoet aan de relatie x− 2y+ z = 0. Voor sommige drietallen heefthet stelsel dus geen oplossingen, bijvoorbeeld (x, y, z) = (1, 0, 0). In dit geval zaldus Span{(4, 5, 6), (r, 5, 1), (4, 3, 2)} 6= R3.

Besluit: Span{(4, 5, 6), (r, 5, 1), (4, 3, 2)} is een echte deelruimte als en slechts als r = 9.

47

23. Beschouw de vectorruimte R,R2,+ en zij W een deelruimte van R2. Toon aan datW tot een van de volgende gevallen behoort.

(1) W is een triviale deelruimte: W = {0R2} of W = R2 of

(2) W is een vectorrechte: W = Span{u} voor een niet-nulvector u ∈ R2.

Oplossing. Zij W 6 R2 en stel dat W 6= {(0, 0)}. Dan bestaat er een vector u ∈ Wverschillend van de nulvector. Als elke andere vector van W een scalair veelvoud is van u,dan is W = Span{u}.

In het andere geval bestaat er een vector v ∈ W zodat v 6= r · u voor elke r ∈ R. Wezullen aantonen dat dan noodzakelijk Span{u, v} = R2. Omdat Span{u, v} ⊆ W ⊆ R2

zal hieruit volgen dat W = R2.

Er rest ons nog te bewijzen dat Span{u, v} = R2. Alvast is Span{u, v} ⊆ R2. Om aan tetonen dat ook R2 ⊆ Span{u, v}, schrijven we u = (a, b) en w = (c, d) met a, b, c, d ∈ R.Omdat u 6= (0, 0) en v 6= r · u voor elke r ∈ R heeft het stelsel

{ra+ sc = 0rb+ sd = 0

geen oplossingen (r, s) verschillend van de nuloplossing. Dat betekent dat det(a cb d

)6= 0

zodat voor elke b1, b2 ∈ R het stelsel

{ra+ sc = b1

rb+ sd = b2

een (unieke) oplossing heeft. Hieruit volgt dat (b1, b2) ∈ Span{u, v} voor elke (b1, b2) ∈ R2.Daarmee is aangetoond dat ook R2 ⊆ Span{u, v}.

24. Beschouw de vectorruimte R,Rm,+ en vectoren v1, v2, . . . , vn ∈ Rm en w ∈ Rm.Beschouw de matrices A en (A | w) die we verkrijgen door de vectoren v1, v2, . . . , vn

en w op te vatten als kolommen:

A =

| | |v1 v2 . . . vn

| | |

∈ Rm×n en (A | w) =

| | | |v1 v2 . . . vn w| | | |

∈ Rm×(n+1).

Toon aan:w ∈ Span{v1, v2, . . . , vn} ⇔ rangA = rang(A | w)

en bewijs dat in dat geval de schrijfwijze van w als een lineaire combinatie van{v1, v2, . . . , vn} uniek is als en slechts als rangA = n.

Oplossing. Schrijven we vi = (a1i, . . . , ami) en w = (b1, . . . , bm) waarbij aij , bi ∈ R dan

48 Deelruimten

geldt:

w ∈ Span{v1, v2, . . . , vn} ⇔ ∃r1, . . . , rn ∈ R : w = r1v1 + . . .+ rnvn

⇔ ∃r1, . . . , rn ∈ R :

a11r1 + a12r2 + . . .+ a1nrn = b1

a21r1 + a22r2 + . . .+ a2nrn = b2

...am1r1 + am2r2 + . . .+ amnrn = bm

⇔ ∃r1, . . . , rn ∈ R :

| | |v1 v2 . . . vn

| | |

·r1

...rn

=

b1...bm

⇔ rangA = rang(A | w).

In dat geval is de schrijfwijze van w als een lineaire combinatie van {v1, v2, . . . , vn} uniekals en slechts als het bovenstaande lineaire stelsel een unieke oplossing heeft. Dat isequivalent met zeggen dat elke kolom van de trapvorm van A een hoeksteen bevat, metandere woorden dat rangA = n.

25. Zij R, V,+ een vectorruimte en v1, v2, . . . , vn ∈W . Toon aan:

de nulvector is op een unieke manier te schrijvenals een lineaire combinatie van {v1, v2, . . . , vn}

melke vector van Span{v1, v2, . . . , vn} is op een unieke manierte schrijven als een lineaire combinatie van {v1, v2, . . . , vn}.

Oplossing. Stel dat elke vector van Span{v1, v2, . . . , vn} is op een unieke manier te schrijvenals een lineaire combinatie van {v1, v2, . . . , vn}. Omdat 0V ∈ Span{v1, v2, . . . , vn} is danook de nulvector is op een unieke manier te schrijven als een lineaire combinatie van{v1, v2, . . . , vn}.

Omgekeerd, stel dat de nulvector op een unieke manier te schrijven is als een lineairecombinatie van {v1, v2, . . . , vn} en neem v ∈ Span{v1, v2, . . . , vn} willekeurig. Dan isv = r1v1 + . . . + rnvn voor zekere ri ∈ R zodat v alvast op minstens één manier teschrijven is als een lineaire combinatie van {v1, v2, . . . , vn}. Om te bewijzen dat v opeen unieke manier te schrijven is als een lineaire combinatie van {v1, v2, . . . , vn}, stellenwe dat er twee manieren zijn, dus v = r1v1 + · · · + rnvn en v = s1v1 + · · · + snvn metri, si ∈ R. Dan geldt:

r1v1 + · · ·+ rnvn − s1v1 − · · · − snvn = 0V ⇒ (r1 − s1)v1 + · · ·+ (rn − sn)vn = 0V .

Omdat 0V ∈ Span{v1, . . . , vn} op een unieke één manier te schrijven is als een lineairecombinatie van {v1, v2, . . . , vn} en omdat

0 · v1 + . . .+ 0 · vn = 0V

is noodzakelijk ri − si = 0 en dus ri = si voor i = 1, . . . , n. Hiermee is aangetoond datelke vector van Span{v1, v2, . . . , vn} is op een unieke manier te schrijven als een lineairecombinatie van {v1, v2, . . . , vn}.

Hoofdstuk 4

Basis

Opdrachten

Opdracht 4.4. Bewijs dat de vectorruimte R2 niet kan worden voortgebracht door eensingleton.

Oplossing. Veronderstel, uit het ongerijmde, dat de vectorruimte R2 wel kan wordenvoortgebracht door een singleton {(a, b)} voor een zekere a, b ∈ R. Dan zou Span{(a, b)} =R2, anders gezegd: elke vector van R2 is een veelvoud van (a, b).

Omdat (1, 1) ∈ R2 bestaat er een reëel getal r zodat (1, 1) = r(a, b). Dus moet a = b.Maar omdat ook (1, 0) ∈ R2 moet er een reëel getal s bestaan zodat (1, 0) = s(a, b)waaruit volgt dat a 6= b. Een tegenstrijdigheid. We besluiten dat de vectorruimte R2 nietkan worden voortgebracht door een singleton.

Opdracht 4.6. Beschouw de vectorruimte R,R2×2,+ en de vectoren

v1 =(

1 3−2 5

), v2 =

(3 6−4 10

), v3 =

(−2 2−1 7

),

v4 =(

0 7−5 8

), v5 =

(7 2−1 6

), v6 =

(5 4−2 15

).

Is {v1, v2, v3, v4, v5, v6} voortbrengend voor R2×2? Zo neen, geef een vector die geenlineaire combinatie is van deze vectoren.

Oplossing. Wil D = {v1, v2, v3, v4, v5, v6} voortbrengend voor R2×2 zijn, dan moet elkevector van R2×2 een lineaire combinatie van D zijn. Nu is een willekeurige vector(a bc d

)∈ R2×2 een lineaire combinatie van D als en slechts als

∃r1, . . . , r6 ∈ R :(a bc d

)= r1

(1 3−2 5

)+ r2

(3 6−4 10

)+ r3

(−2 2−1 7

)+ r4

(0 7−5 8

)+ r5

(7 2−1 6

)+ r6

(5 4−2 15

)

⇔ ∃r1, . . . , r6 ∈ R :

r1 + 3r2 − 2r3 + 7r5 + 5r6 = a

3r1 + 6r2 + 2r3 + 7r4 + 2r5 + 4r6 = b

− 2r1 − 4r2 − r3 − 5r4 − r5 − 2r6 = c

5r1 + 10r2 + 7r3 + 8r4 + 6r5 + 15r6 = d.

50 Basis

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel door rijoperaties toe te passen op deuitgebreide matrix (A | B):

1 3 −2 0 7 5 a3 6 2 7 2 4 b−2 −4 −1 −5 −1 −2 c

5 10 7 8 6 15 d

∼

1 0 0 13 0 −36 −2a+ 151b+ 180c− 18d0 1 0 −5 0 18 a− 76b− 91c+ 9d0 0 1 −1 0 3 −7b− 8c+ d0 0 0 0 1 −1 9b+ 11c− d

.

Voor elke a, b, c, d ∈ R is rangA = rang(A | B), zodat voor elke a, b, c, d ∈ R hetoorspronkelijk stelsel oplossingen heeft. We besluiten dat de verzameling D voortbrengendvoor R2×2 is.

Opdracht 4.21. Ga na dat met deze afspraak Lemma 4.16 en Lemma 4.18 ook betekenishebben voor D1 = ∅ respectievelijk D = ∅.

Oplossing. Beschouw een vectorruimte R, V,+. Bij afspraak is D1 = ∅ lineair onafhankelijk(Opmerking 4.20), zodat voor elke eindige deelverzameling D2 van V de uitspraak

als D2 lineair onafhankelijk is, dan is ook D1 = ∅ lineair onafhankelijk

waar is. Dus Lemma 4.16 heeft ook betekenis voor D1 = ∅.Bij afspraak is Span{} = {0V } (Opmerking 3.16) en wegens Lemma 4.17 geldt voor elkew ∈ V :

{w} is lineair onafhankelijkm

w 6∈ Span{}.

Samen met de afspraak dat D = ∅ lineair onafhankelijk is (Opmerking 4.20) geeft ditbetekenis aan Lemma 4.18 voor D = ∅.

Opdracht 4.23. Zij R, V,+ een vectorruimte en D ⊆ V . Toon aan: D is lineair onafhan-kelijk als en slechts als de nulvector van V op hoogstens één manier als een lineairecombinatie van D te schrijven is.

Oplossing. Zij R, V,+ een vectorruimte en D ⊆ V . Wegens Stelling 4.22 volstaat het omaan te tonen:

elke vector van V is op hoogstens één manier te schrijvenals een lineaire combinatie van D

m0V is op hoogstens één manier te schrijven

als een lineaire combinatie van D.

Stel dat elke vector van V op hoogstens één manier te schrijven is als een lineairecombinatie van D. Dan is ook 0V op hoogstens één manier te schrijven is als een lineairecombinatie van D.

51

Omgekeerd, stel dat 0V op hoogstens één manier te schrijven is als een lineaire combinatievan D. Om te bewijzen dat elke vector v van V op hoogstens één manier te schrijven is alseen lineaire combinatie vanD, stellen we dat er twee manieren zijn, dus v = r1v1+· · ·+rnvn

en v = s1v1 + · · ·+ snvn met ri, si ∈ R. Dan geldt:

r1v1 + · · ·+ rnvn − s1v1 − · · · − snvn = 0V ⇒ (r1 − s1)v1 + · · ·+ (rn − sn)vn = 0V .

Omdat 0V op hoogstens één manier te schrijven is als een lineaire combinatie van D enomdat

0 · v1 + . . .+ 0 · vn = 0V

is noodzakelijk ri − si = 0 en dus ri = si voor i = 1, . . . , n.

Opdracht 4.33. Bepaal in het vorig voorbeeld

(a) de coördinaatvector van (x1, x2) ∈ R2 ten opzichte van de basis B en

(b) de coördinaatvectoren van (3,−1) en (−2, 1) ten opzichte van de basis B.

Oplossing. Beschouw de vectorruimte R,R2,+ en de basis B = ((3,−1), (−2, 1)).

(a) Om de coördinaatvector van (x1, x2) ∈ R2 ten opzichte van de basis B te vinden,schrijven we (x1, x2) als en lineaire combinatie van B. Daartoe bepalen we a, b ∈ Rwaarvoor

(x1, x2) = a(3,−1) + b(−2, 1) ⇔

{3a− 2b = x1

−a+ b = x2⇔

{a = x1 + 2x2

b = x1 + 3x2.

Omdat (x1, x2) = (x1 + 2x2)(3,−1) + (x1 + 3x2)(−2, 1) is coB((x1, x2)) = (x1 +2x2, x1 + 3x2).

(b) Uit (a) volgt nu dat coB((3,−1)) = (1, 0) en coB((−2, 1)) = (0, 1). Dat konden weook als volgt inzien:

(3,−1) = 1 · (3,−1) + 0 · (−2, 1) en (−2, 1) = 0 · (3,−1) + 1 · (−2, 1).

52 Basis

Oefeningen

1. Bepaal telkens een voortbrengende verzameling van de gegeven deelruimte in devermelde vectorruimte.

(a) {(r − s− 2t, r + s+ 2t) | r, s, t ∈ R} in R,R2,+

(b) {(x, y, z) ∈ R3 | x+ 2y − z = 0} in R,R3,+

(c) {(x, y, z, t) ∈ R4 | x− y = 0 en z + t = 0} in R,R4,+

(d){(

3s t2s+ t t

) ∣∣∣∣ s, t ∈ R}

in R,R2×2,+

(e) {a+ b+ (2a− b)X | a, b ∈ R} in R,R[X],+

(f) {A ∈ R[X]<6 | A is deelbaar door X2 − 1} in R,R[X],+

Oplossing.

(a) Om voortbrengende vectoren van W = {(r − s − 2t, r + s + 2t) | r, s, t ∈ R} tevinden, schrijven we W als een opspanning van vectoren:

W = {(r − s− 2t, r + s+ 2t) | r, s, t ∈ R}= {(r, r) + (−s, s) + (−2t, 2t) | r, s, t ∈ R}= {r(1, 1) + s(−1, 1) + t(−2, 2) | r, s, t ∈ R}= Span{(1, 1), (1,−1), (−2, 2)}

zodat {(1, 1), (1,−1), (−2, 2)} voortbrengend is voor de deelruimte W .

(b) Om voortbrengende vectoren van W = {(x, y, z) ∈ R3 | x+ 2y − z = 0} te vinden,schrijven we W als een opspanning van vectoren:

W = {(x, y, z) ∈ R3 | x+ 2y − z = 0}= {(x, y, z) ∈ R3 | z = x+ 2y}= {(x, y, x+ 2y) | x, y ∈ R}= {x(1, 0, 1) + y(0, 1, 2) | x, y ∈ R}= Span{(1, 0, 1), (0, 1, 2)}

zodat {(1, 0, 1), (0, 1, 2)} voortbrengend is voor de deelruimte W .

(c) Om voortbrengende vectoren van W = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x− y = 0 en z + t = 0} tevinden, schrijven we W als een opspanning van vectoren:

W = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x− y = 0 en z + t = 0}= {(x, y, z, t) ∈ R4 | y = x en t = −z}= {(x, x, z,−z) | x, z ∈ R}= {x(1, 1, 0, 0) + z(0, 0, 1,−1) | x, z ∈ R}= Span{(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1,−1)}

zodat {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1,−1)} voortbrengend is voor de deelruimte W .

53

(d) Om voortbrengende vectoren van W ={(

3s t2s+ t t

) ∣∣∣∣ s, t ∈ R}

te vinden, schrij-

ven we W als een opspanning van vectoren:

W ={(

3s t2s+ t t

) ∣∣∣∣ s, t ∈ R}

={s

(3 02 0

)+ t

(0 11 1

) ∣∣∣∣ s, t ∈ R}

= Span{(

3 02 0

),

(0 11 1

)}zodat

{(3 02 0

),

(0 11 1

)}voortbrengend is voor de deelruimte W .

(e) Om voortbrengende vectoren van W = {a + b + (2a − b)X | a, b ∈ R} te vinden,schrijven we W als een opspanning van vectoren:

W = {a+ b+ (2a− b)X | a, b ∈ R}= {a(1 + 2X) + b(1−X) | a, b ∈ R}= Span{1 + 2X, 1−X}

zodat {1 + 2X, 1−X} voortbrengend is voor de deelruimte W .

(f) Om voortbrengende vectoren van W = {A ∈ R[X]<6 | A is deelbaar door X2 − 1}te vinden, schrijven we W als een opspanning van vectoren:

W = {A ∈ R[X]<6 | A is deelbaar door X2 − 1}= {(X2 − 1)(aX3 + bX2 + cX + d) | a, b, c, d ∈ R}= {aX5 + bX4 + (c− a)X3 + (d− b)X2 − cX − d | a, b, c, d ∈ R}= {a(X5 −X3) + b(X4 −X2) + c(X3 −X) + d(X2 − 1) | a, b, c, d ∈ R}= Span{X5 −X3, X4 −X2, X3 −X,X2 − 1}

zodat {X5 −X3, X4 −X2, X3 −X,X2 − 1} voortbrengend is voor W .

2. Bepaal telkens of de gegeven verzameling al dan niet voortbrengend is voor devectorruimte R,R3,+. Zo niet, geef een vector die geen lineaire combinatie van degegeven verzameling is.

(a) {(3, 1,−1), (1, 1, 2), (0, 0, 1)}

(b) {(5, 0,−2), (0, 1, 1)}

(c) {(3, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 0, 1), (2, 1, 0)}

(d) {(−7,−1, 3), (5, 9, 2), (8, 18, 5), (1, 13, 6)}

Oplossing.(a) Wil D = {(3, 1,−1), (1, 1, 2), (0, 0, 1)} voortbrengend voor R3 zijn, dan moet elke

vector van R3 een lineaire combinatie van D zijn. Een willekeurige vector v =(a, b, c) ∈ R3 is een lineaire combinatie van D als en slechts als

∃r, s, t ∈ R : (a, b, c) = r(3, 1,−1) + s(1, 1, 2) + t(0, 0, 1)

⇔ ∃r, s, t ∈ R :

3r + s = a

r + s = b

− r + 2s+ t = c.

54 Basis

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit lineair stelsel door rijoperaties toe tepassen op de uitgebreide matrix (A | B): 3 1 0 a

1 1 0 b−1 2 1 c

∼ 1 0 0 1

2 a−12 b

0 1 0 − 12 a+ 3

2 b

0 0 1 32 a−

72 b+ c

.

Voor elke a, b, c ∈ R is rangA = rang(A | B), zodat voor elke a, b, c ∈ R het oorspron-kelijk stelsel oplossingen heeft. We besluiten dat de verzameling D voortbrengendvoor R3 is.

(b) Wil D = {(5, 0,−2), (0, 1, 1)} voortbrengend voor R3 zijn, dan moet elke vector vanR3 een lineaire combinatie van D zijn. Een willekeurige vector v = (a, b, c) ∈ R3 iseen lineaire combinatie van D als en slechts als

∃r, s ∈ R : (a, b, c) = r(5, 0,−2) + s(0, 1, 1)

⇔ ∃r, s ∈ R :

5r = a

s = b

− 2r + s = c.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit lineair stelsel door rijoperaties toe tepassen op de uitgebreide matrix (A | B): 5 0 a

0 1 b−2 1 c

∼ 1 0 1

2 b−12 c

0 1 b0 0 a− 5

2 b+ 52 c

.

Nu is rangA = rang(A | B) als en slechts als a− 52 b+

52 c = 0, zodat het oorspronkelijk

stelsel oplossingen heeft als en slechts als a − 52 b + 5

2 c = 0. Zo is bijvoorbeeld(1, 0, 0) 6∈ SpanD, zodat SpanD 6= R3. We besluiten dat de verzameling D nietvoortbrengend is voor R3.

(c) Wil D = {(3, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 0, 1), (2, 1, 0)} voortbrengend voor R3 zijn, dan moetelke vector van R3 een lineaire combinatie van D zijn. Een willekeurige vectorv = (a, b, c) ∈ R3 is een lineaire combinatie van D als en slechts als

∃r, s, t, u ∈ R : (a, b, c) = r(3, 0, 0) + s(0, 1, 0) + t(1, 0, 1) + u(2, 1, 0)

⇔ ∃r, s, t ∈ R :

3r + t+ 2u = a

s+ u = b

t = c.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit lineair stelsel door rijoperaties toe tepassen op de uitgebreide matrix (A | B): 3 0 1 2 a

0 1 0 1 b0 0 1 0 c

∼ 1 0 0 2

313 a−

13 c

0 1 0 1 b0 0 1 0 c

.

Voor elke a, b, c ∈ R is rangA = rang(A | B), zodat voor elke a, b, c ∈ R het oorspron-kelijk stelsel oplossingen heeft. We besluiten dat de verzameling D voortbrengendvoor R3 is.

55

(d) Wil D = {(−7,−1, 3), (5, 9, 2), (8, 18, 5), (1, 13, 6)} voortbrengend voor R3 zijn, danmoet elke vector van R3 een lineaire combinatie van D zijn. Een willekeurige vectorv = (a, b, c) ∈ R3 is een lineaire combinatie van D als en slechts als

∃r, s, t, u ∈ R : (a, b, c) = r(−7,−1, 3) + s(5, 9, 2) + t(8, 18, 5) + u(1, 13, 6)

⇔ ∃r, s, t, u ∈ R :

− 7r + 5s+ 8t+ u = a

− r + 9s+ 18t+ 13u = b

3r + 2s+ 5t+ 6u = c.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit lineair stelsel door rijoperaties toe tepassen op de uitgebreide matrix (A | B):

−7 5 8 1 a−1 9 18 13 b

3 2 5 6 c

∼ 1 0 9

292829 − 2

29 b+ 929 c

0 1 5929

4529

329 b+ 1

29 c

0 0 0 0 a− b+ 2c

.

Nu is rangA = rang(A | B) als en slechts als a−b+2c = 0, zodat het oorspronkelijkstelsel oplossingen heeft als en slechts als a − b + 2c = 0. Zo is bijvoorbeeld(1, 0, 0) 6∈ SpanD, zodat SpanD 6= R3. We besluiten dat de verzameling D nietvoortbrengend is voor R3.

3. Toon aan dat {1, X, 1−X2, 1 +X +X2} voortbrengend is voor de vectorruimteR,R[X]<3,+.

Oplossing. Wil D = {1, X, 1 −X2, 1 + X + X2} voortbrengend voor R[X]<3 zijn, danmoet elke vector van R[X]<3 een lineaire combinatie van D zijn. Een willekeurige vectorv = a+ bX + cX2 is een lineaire combinatie van D als en slechts als

∃r, s, t, u ∈ R : a+ bX + cX2 = r · 1 + sX + t(1−X2) + u(1 +X +X2)⇔ ∃r, s, t, u ∈ R : a+ bX + cX2 = (r + t+ u) + (s+ u)X + (−t+ u)X2

⇔ ∃r, s, t, u ∈ R :

r + t+ u = a

s+ u = b

− t+ u = c.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit lineair stelsel door rijoperaties toe te passen opde uitgebreide matrix (A | B):

1 0 1 1 a0 1 0 1 b0 0 −1 1 c

∼ 1 0 0 2 a+ c

0 1 0 1 b0 0 1 −1 −c

.

Voor elke a, b, c ∈ R is rangA = rang(A | B), zodat voor elke a, b, c ∈ R het oorspronkelijkstelsel oplossingen heeft. We besluiten dat D voortbrengend voor R[X]<3 is.

56 Basis

4. Bepaal of de gegeven deelverzameling van de vermelde vectorruimte lineair afhankelijkof lineair onafhankelijk is.

(a) {(1, 0), (0, 0)} in R,R2,+

(b) {(2, 3), (1, 5)} in R,R2,+

(c) {2x, 2−x} in R,RR,+

(d) {(3,√

3,√

6), (√

6,√

2, 2)} inR,R3,+

(e) {1+X,X+X2, X2+X3} in R,R[X],+

(f) {3 sin2 x, cos2 x, 8} in R,RR,+

Oplossing.

(a) Om na te gaan of D = {(1, 0), (0, 0)} lineair onafhankelijk is, bepalen we alle lineairerelaties van D. Voor c1, c2 ∈ R geldt:

c1(1, 0) + c2(0, 0) = (0, 0) ⇔ (c1, 0) = (0, 0)

⇔

{c1 = 0c2 = r

(r ∈ R).

Elke r ∈ R0 levert een niet-triviale relatie van D op. Is bijvoorbeeld r = 7 danvinden we de niet-triviale relatie 0 · (1, 0) + 7(0, 0) = (0, 0). Bijgevolg is D lineairafhankelijk.

(b) Om na te gaan of D = {(2, 3), (1, 5)} lineair onafhankelijk is, bepalen we alle lineairerelaties van D. Voor c1, c2 ∈ R geldt:

c1(2, 3) + c2(1, 5) = (0, 0) ⇔

{2c1 + c2 = 03c1 + 5c2 = 0.

We lossen dit stelsel op door de trapvorm van de uitgebreide matrix te berekenen:(2 1 03 5 0

)∼(

1 0 00 1 0

).

Op die manier verkrijgen we:

c1(2, 3) + c2(1, 5) = (0, 0) ⇔

{c1 = 0c2 = 0.

We besluiten dat D lineair onafhankelijk is.

(c) Om na te gaan of D = {2x, 2−x} lineair onafhankelijk is, bepalen we alle lineairerelaties van D. Voor c1, c2 ∈ R geldt:

c1 · 2x + c2 · 2−x = 0RR ⇔ ∀x ∈ R :(c1 · 2x + c2 · 2−x

)(x) = 0RR(x)

⇔ ∀x ∈ R : c1 · 2x + c2 · 2−x = 0.

Is hieraan voldaan, dan levert de keuze x = 0 het verband c1 + c2 = 0 op. Vervangenwe x door 1 dan verkrijgen we 2c1 + 1

2 c2 = 0. Uit deze twee vergelijkingen volgtdat c1 = c2 = 0. Samengevat:

c1 · 2x + c2 · 2−x = 0RR ⇔ c1 = c2 = 0.


57

(d) Omdat√

6(3,√

3,√

6) = 3(√

6,√

2, 2) bestaat er een niet-triviale relatie van D ={(3,√

3,√

6), (√

6,√

2, 2)}, bijvoorbeeld√

6(3,√

3,√

6) + (−3)(√

6,√

2, 2) = (0, 0, 0).

Hieruit volgt dat D lineair afhankelijk is.

(e) Om na te gaan of D = {1 +X,X +X2, X2 +X3} lineair onafhankelijk is, bepalenwe alle lineaire relaties van D. Voor c1, c2, c3 ∈ R geldt:

c1(1 +X) + c2(X +X2) + c3(X2 +X3) = 0R[X]

⇔ c1 + (c1 + c2)X + (c2 + c3)X2 + c3X3 = 0

⇔

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

⇔

c1 = 0c2 = 0c3 = 0.


(f) Uit de grondformule van de goniometrie

∀x ∈ R : sin2 x+ cos2 x = 1

volgt

∀x ∈ R : 13 · (3 sin2 x) + 1 · cos2 x+

(−1

8

)· 8 = 0.

Dit levert een niet-triviale relatie van D = {3 sin2 x, cos2 x, 8}, bijvoorbeeld

13 · (3 sin2 x) + 1 · cos2 x+

(−1

8

)· 8 = 0RR .

Hiermee is aangetoond dat D lineair afhankelijk is.

5. Bepaal of de gegeven deelverzameling van de vectorruimte R,R3,+ lineair afhankelijkof lineair onafhankelijk is.

(a) {(3, 1,−1), (1, 1, 2), (0, 0, 1)}

(b) {(5, 0,−2), (0, 1, 1)}

(c) {(0,−1, 0), (1, 0, 1), (2, 1, 2), (3, 2, 3)}

(d) {(8,−8,−5), (2, 1, 7), (−6, 5, 1)}

Oplossing.

(a) Om na te gaan of D = {(3, 1,−1), (1, 1, 2), (0, 0, 1)} lineair onafhankelijk is, bepalenwe alle lineaire relaties van D. Voor c1, c2, c3 ∈ R geldt:

c1(3, 1,−1) + c2(1, 1, 2) + c3(0, 0, 1) = (0, 0, 0) ⇔

3c1 + c2 = 0c1 + c2 = 0− c1 + 2c2 + c3 = 0.

58 Basis

We lossen dit stelsel op door de trapvorm van de uitgebreide matrix te berekenen: 3 1 0 01 1 0 0−1 2 1 0

∼ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 1 0

.


c1(3, 1,−1) + c2(1, 1, 2) + c3(0, 0, 1) = (0, 0, 0) ⇔

c1 = 0c2 = 0c3 = 0.


(b) Om na te gaan of D = {(5, 0,−2), (0, 1, 1)} lineair onafhankelijk is, bepalen we allelineaire relaties van D. Voor c1, c2 ∈ R geldt:

c1(5, 0,−2) + c2(0, 1, 1) = (0, 0, 0) ⇔

5c1 = 0c2 = 0− 2c1 + c2 = 0

⇔

{c1 = 0c2 = 0.


(c) Om na te gaan of D = {(0,−1, 0), (1, 0, 1), (2, 1, 2), (3, 2, 3)} lineair onafhankelijk is,bepalen we alle lineaire relaties van D. Voor c1, c2, c3, c4 ∈ R geldt:

c1(0,−1, 0) + c2(1, 0, 1) + c3(2, 1, 2) + c4(3, 2, 3) = (0, 0, 0)

⇔

c2 + 2c3 + 3c4 = 0− c1 + c3 + 2c4 = 0c2 + 2c3 + 3c4 = 0.

We lossen dit stelsel op door de trapvorm van de uitgebreide matrix te berekenen: 0 1 2 3 0−1 0 1 2 0

0 1 2 3 0

∼ 1 0 −1 −2 0

0 1 2 3 00 0 0 0 0

.


c1(0,−1, 0) + c2(1, 0, 1) + c3(2, 1, 2) + c4(3, 2, 3) = (0, 0, 0)

⇔

{c1 − c3 − 2c4 = 0c2 + 2c3 + 3c4 = 0.

⇔

c1 = r + 2sc2 = −2r − 3sc3 = r

c4 = s

(r, s ∈ R).

Elke r, s ∈ R met (r, s) 6= (0, 0) levert een niet-triviale relatie van D op. Isbijvoorbeeld r = 10 en s = 0 dan vinden we de niet-triviale relatie 10(0,−1, 0) +(−20)(1, 0, 1) + 10(2, 1, 2) + 0(3, 2, 3) = (0, 0, 0). Bijgevolg is D lineair afhankelijk.

59

(d) Om na te gaan of D = {(8,−8,−5), (2, 1, 7), (−6, 5, 1)} lineair onafhankelijk is,bepalen we alle lineaire relaties van D. Voor c1, c2, c3 ∈ R geldt:

c1(8,−8,−5) + c2(2, 1, 7) + c3(−6, 5, 1) = (0, 0, 0) ⇔

8c1 + 2c2 − 6c3 = 0− 8c1 + c2 + 5c3 = 0− 5c1 + 7c2 + c3 = 0.

We lossen dit stelsel op door de trapvorm van de uitgebreide matrix te berekenen: 8 2 −6 0−8 1 5 0−5 7 1 0

∼ 1 0 − 2

3 00 1 − 1

3 00 0 0 0

.


c1(8,−8,−5) + c2(2, 1, 7) + c3(−6, 5, 1) = (0, 0, 0) ⇔

c1 = 2

3 r

c2 = 13 r

c3 = r.

(r ∈ R).

Elke r ∈ R0 levert een niet-triviale relatie van D op. Is bijvoorbeeld r = 3 danvinden we de niet-triviale relatie 2(8,−8,−5) + 1(2, 1, 7) + 3(−6, 5, 1) = (0, 0, 0).Bijgevolg is D lineair afhankelijk.

6. Zij R, V,+ een vectorruimte en u, v, w ∈ V . Toon aan dat de volgende deelverzame-lingen van V lineair afhankelijk zijn.

(a) {u, v, u− v}

(b) {u, v,−3u}

(c) {u, u+ v, u− v}

(d) {u− v, v + w,w + u}

Oplossing.(a) Een niet-triviale relatie van D = {u, v, u− v} is bijvoorbeeld

1 · u+ (−1) · v + (−1) · (u− v) = 0V

waaruit we besluiten dat D lineair afhankelijk is.

(b) Een niet-triviale relatie van D = {u, v,−3u} is bijvoorbeeld

3 · u+ 0 · v + 1 · (−3u) = 0V


(c) Een niet-triviale relatie van D = {u, u+ v, u− v} is bijvoorbeeld

(−2) · u+ 1 · (u+ v) + 1 · (u− v) = 0V


(d) Een niet-triviale relatie van D = {u− v, v + w,w + u} is bijvoorbeeld

1 · (u− v) + 1 · (v + w) + (−1) · (w + u) = 0V


60 Basis

7. Zij R, V,+ een vectorruimte en v1, v2, . . . , vn ∈ V . Toon aan: {v1, v2, . . . , vn, 0V} is

lineair afhankelijk.

Oplossing. Een niet-triviale relatie van {v1, v2, . . . , vn, 0V} is bijvoorbeeld

0 · v1 + 0 · v2 + . . .+ 0 · vn + 2015 · 0V = 0V

waaruit we besluiten dat {v1, v2, . . . , vn, 0V} lineair afhankelijk is.

8. Beschouw in de vectorruimte R,R3,+ een deelverzameling {v1, v2, v3} die lineairafhankelijk is. Is v3 een lineaire combinatie van {v1, v2}? Waarom (niet)?

Oplossing. De vector v3 is niet noodzakelijk een lineaire combinatie van {v1, v2}. Isbijvoorbeeld v1 = (1, 0, 0), v2 = (2, 0, 0) en v3 = (0, 1, 0) dan is v3 geen lineaire combinatievan v1, v3 hoewel {v1, v2, v3} toch lineair afhankelijk is. Dat laatste volgt uit de niet-trivialerelatie

2v1 + (−1)v2 + 0v3 = 0R3 .

9. Bepaal telkens de waarde(n) van k ∈ R waarvoor de gegeven verzameling vectorenvan R,R3,+ lineair onafhankelijk is.

(a) {(3, 1, 6), (0, 1, 4), (1, 0, k)}

(b) {(1,−2,−3), (−3, 5, 7), (−4, 5, k)}

(c) {(−6, 5, 4), (9, k,−6), (15,−4,−10)}

(d) {(k, 1, 3), (4, k, 6), (6, 1, 4)}

Oplossing.(a) Neem k ∈ R willekeurig. Om na te gaan of D = {(3, 1, 6), (0, 1, 4), (1, 0, k)} lineair

onafhankelijk is, bepalen we alle lineaire relaties van D. Voor c1, c2, c3 ∈ R geldt:

c1(3, 1, 6) + c2(0, 1, 4) + c3(1, 0, k) = (0, 0, 0) ⇔

3c1 + c3 = 0c1 + c2 = 06c1 + 4c2 + kc3 = 0.

We gaan na of dit stelsel oplossingen (c1, c2, c3) verschillend van de nuloplossing(0, 0, 0) heeft door rijoperaties toe te passen op de uitgebreide matrix: 3 0 1 0

1 1 0 06 4 k 0

∼ 1 0 1/3 0

0 1 −1/3 00 0 k − 2/3 0

.

Dus het oorspronkelijke stelsel heeft oplossingen verschillend van de nuloplossingals en slechts als k − 2/3 = 0. We besluiten dat D lineair onafhankelijk is als enslechts als k ∈ R \

{ 23}.

(b) Neem k ∈ R willekeurig. Om na te gaan of D = {(1,−2,−3), (−3, 5, 7), (−4, 5, k)}lineair onafhankelijk is, bepalen we alle lineaire relaties van D. Voor c1, c2, c3 ∈ Rgeldt:

c1(1,−2,−3) + c2(−3, 5, 7) + c3(−4, 5, k) = (0, 0, 0)⇔

c1 − 3c2 − 4c3 = 0− 2c1 + 5c2 + 5c3 = 0− 3c1 + 7c2 + kc3 = 0.

61

We gaan na of dit stelsel oplossingen (c1, c2, c3) verschillend van de nuloplossing(0, 0, 0) heeft door rijoperaties toe te passen op de uitgebreide matrix: 1 −3 −4 0

−2 5 5 0−3 7 k 0

∼ 1 0 5 0

0 1 3 00 0 k − 6 0

.

Dus het oorspronkelijke stelsel heeft oplossingen verschillend van de nuloplossing alsen slechts als k − 6 = 0. We besluiten dat D lineair onafhankelijk is als en slechtsals k ∈ R \ {6}.

(c) Neem k ∈ R willekeurig. Om na te gaan of D = {(−6, 5, 4), (9, k,−6), (15,−4,−10)}lineair onafhankelijk is, bepalen we alle lineaire relaties van D. Voor c1, c2, c3 ∈ Rgeldt:

c1(−6, 5, 4) + c2(9, k,−6) + c3(15,−4,−10) = (0, 0, 0)

⇔

− 6c1 + 9c2 + 15c3 = 05c1 + kc2 − 4c3 = 04c1 − 6c2 − 10c3 = 0.

We gaan na of dit stelsel oplossingen (c1, c2, c3) verschillend van de nuloplossing(0, 0, 0) heeft door rijoperaties toe te passen op de uitgebreide matrix: −6 9 15 0

5 k −4 04 −6 −10 0

∼ 1 0 − 5k+12

2k+15 00 1 17

2k+15 00 0 0 0

.

Dus voor elke waarde van k heeft het oorspronkelijke stelsel oplossingen verschillendvan de nuloplossing. We besluiten dat er geen enkele waarde van k is waarvoor Dlineair onafhankelijk is.

(d) Neem k ∈ R willekeurig. Om na te gaan of D = {(k, 1, 3), (4, k, 6), (6, 1, 4)} lineaironafhankelijk is, bepalen we alle lineaire relaties van D. Voor c1, c2, c3 ∈ R geldt:

c1(k, 1, 3) + c2(4, k, 6) + c3(6, 1, 4) = (0, 0, 0) ⇔

kc1 + 4c2 + 6c3 = 0c1 + kc2 + c3 = 03c1 + 6c2 + 4c3 = 0.

We gaan na of dit stelsel oplossingen (c1, c2, c3) verschillend van de nuloplossing(0, 0, 0) heeft door rijoperaties toe te passen op de uitgebreide matrix: k 4 6 0

1 k 1 03 6 4 0

∼ 3 6 4 0

k 4 6 01 k 1 0

∼ 1 2 4/3 0

0 4− 2k 6− 4k/3 01 k − 2 −1/3 0

.

Als k = 2 dan is de uitgebreide matrix rij-equivalent met de matrix 1 2 0 00 0 1 00 0 0 0

waaruit we afleiden dat het stelsel oplossingen heeft verschillend van de nuloplossing.Als k 6= 2 dan is de uitgebreide matrix rij-equivalent met de matrix 1 0 10

3(k−2) 00 1 2k−9

3(k−2) 00 0 2

3 (4− k) 0

62 Basis

zodat het oorspronkelijke stelsel heeft oplossingen verschillend van de nuloplossingals en slechts als 2

3 (4− k) = 0. We besluiten dat D lineair onafhankelijk is als enslechts als k ∈ R \ {4}.

10. Ga telkens na of de gegeven verzameling een basis van de vectorruimte R,R3,+ is.

(a) {(1, 2, 3), (1, 0, 1)}

(b) {(1, 2, 3), (1, 0, 1), (0, 1, 1), (0, 1, 2)}

(c) {(1, 2, 3), (1, 0, 1), (0, 1, 1)}

(d) {(1, 2, 3), (1, 0, 1), (0, 1, 2)}

Oplossing.(a) Om na te gaan of D = {(1, 2, 3), (1, 0, 1)} een basis is, passen we Stelling 4.26 toe:

een willekeurige vector (a, b, c) ∈ R3 is op een unieke manier te schrijven als eenlineaire combinatie van D als en slechts als

∃!r, s ∈ R : (a, b, c) = r(1, 2, 3) + s(1, 0, 1)

⇔ ∃!r, s ∈ R :

r + s = a

2r = b

3r + s = c.

Om na te gaan of dit lineair stelsel voor elke a, b, c ∈ R een unieke oplossing heeft,passen we rijoperaties toe op de uitgebreide matrix (A | B): 1 1 a

2 0 b3 1 c

∼ 1 0 b/2

0 1 −3b/2 + c0 0 a+ b− c

.

Als a + b − c 6= 0 dan is rangA < rang(A | B) dus dan heeft het oorspronkelijkestelsel geen oplossingen. Zo is bijvoorbeeld (1, 0, 0) geen lineaire combinatie van D.We besluiten dat D geen basis van R3 is.

(b) Om na te gaan of D = {(1, 2, 3), (1, 0, 1), (0, 1, 1), (0, 1, 2)} een basis is, passen weStelling 4.26 toe: een willekeurige vector (a, b, c) ∈ R3 is op een unieke manier teschrijven als een lineaire combinatie van D als en slechts als

∃!r, s, t, u ∈ R : (a, b, c) = r(1, 2, 3) + s(1, 0, 1) + t(0, 1, 1) + u(0, 1, 2)

⇔ ∃!r, s, t, u ∈ R :

r + s = a

2r + t+ u = b

3r + s+ t+ 2u = c.

Om na te gaan of dit lineair stelsel voor elke a, b, c ∈ R een unieke oplossing heeft,passen we rijoperaties toe op de uitgebreide matrix: 1 1 0 0 a

2 0 1 1 b3 1 1 2 c

∼ 1 0 1/2 0 a/2 + b− c/2

0 1 −1/2 0 a/2− b+ c/20 0 0 1 −a− b+ c

.

Voor elke a, b, c ∈ R is rangA = rang(A | B) en dus heeft het oorspronkelijke stelseloplossingen. Het aantal vrijheidsgraden in de oplossingsverzameling van dat stelselis dan gelijk aan het aantal kolommen van A verminderd met de rang van A endus gelijk aan 4− 3 = 1. Dat betekent dat voor elke a, b, c ∈ R het oorspronkelijkestelsel meer dan één oplossing heeft, dus dat elke vector van R3 op meer dan éénmanier te schrijven is als een lineaire combinatie van D. We besluiten dat D geenbasis van R3 is.

63

(c) Om na te gaan of D = {(1, 2, 3), (1, 0, 1), (0, 1, 1)} een basis is, passen we Stelling4.26 toe: een willekeurige vector (a, b, c) ∈ R3 is op een unieke manier te schrijvenals een lineaire combinatie van D als en slechts als

∃!r, s, t ∈ R : (a, b, c) = r(1, 2, 3) + s(1, 0, 1) + t(0, 1, 1)

⇔ ∃!r, s, t ∈ R :

r + s = a

2r + t = b

3r + s+ t = c.

Om na te gaan of dit lineair stelsel voor elke a, b, c ∈ R een unieke oplossing heeft,passen we rijoperaties toe op de uitgebreide matrix: 1 1 0 a

2 0 1 b3 1 1 c

∼ 1 0 1/2 b/2

0 1 −1/2 −3b/2 + c0 0 0 a+ b− c

.

Als a + b − c 6= 0 dan is rangA < rang(A | B) dus dan heeft het oorspronkelijkestelsel geen oplossingen. Zo is bijvoorbeeld (1, 0, 0) geen lineaire combinatie van D.We besluiten dat D geen basis van R3 is.Alternatieve oplossing: wegens de stelling op pagina iv heeft een lineair stelselA ·X = B met evenveel vergelijkingen als onbekenden een unieke oplossing voorelke B ∈ R3×1 als en slechts als det(A) 6= 0 (dit wordt ook wel de regel van Cramergenoemd). Nu is

det(A) =

∣∣∣∣∣∣1 1 02 0 13 1 1

∣∣∣∣∣∣ = 0

zodat D geen basis van R3 is.

(d) Om na te gaan of D = {(1, 2, 3), (1, 0, 1), (0, 1, 2)} een basis is, passen we Stelling4.26 toe: een willekeurige vector (a, b, c) ∈ R3 is op een unieke manier te schrijvenals een lineaire combinatie van D als en slechts als

∃!r, s, t ∈ R : (a, b, c) = r(1, 2, 3) + s(1, 0, 1) + t(0, 1, 2)

⇔ ∃!r, s, t ∈ R :

r + s = a

2r + t = b

3r + s+ 2t = c.


2 0 1 b3 1 2 c

∼ 1 0 0 a/2 + b/2− c/2

0 1 0 a/2− b+ c/20 0 1 −a− b+ c

.

Voor elke a, b, c ∈ R heeft het oorspronkelijke stelsel een unieke oplossing. Webesluiten dat D een basis van R3 is.Alternatieve oplossing: wegens de stelling op pagina iv heeft een lineair stelselA ·X = B met evenveel vergelijkingen als onbekenden een unieke oplossing voorelke B ∈ R3×1 als en slechts als det(A) 6= 0 (dit wordt ook wel de regel van Cramergenoemd). Nu is

det(A) =

∣∣∣∣∣∣1 1 02 0 13 1 2

∣∣∣∣∣∣ = −2 6= 0

zodat D een basis van R3 is.

64 Basis

11. Beschouw in de vectorruimte R,R[X]<3,+ de vectoren v1 = 1 +X, v2 = X +X2

en v3 = 1 +X2.

(a) Toon aan dat {v1, v2, v3} een basis van R[X]<3 is.

(b) Schrijf v = 3 + 2X +X2 als een lineaire combinatie van {v1, v2, v3}.

Oplossing.

(a) Om na te gaan of {v1, v2, v3} een basis is, passen we Stelling 4.26 toe: een willekeurigevector a+ bX + cX2 ∈ R[X]<3 is op een unieke manier te schrijven als een lineairecombinatie van {v1, v2, v3} als en slechts als

∃!r, s, t ∈ R : a+ bX + cX2 = r(1 +X) + s(X +X2) + t(1 +X2)⇔ ∃!r, s, t ∈ R : a+ bX + cX2 = (r + t) + (r + s)X + (s+ t)X2

⇔ ∃!r, s, t ∈ R :

r + t = a

r + s = b

s+ t = c.


1 1 0 b0 1 1 c

∼ 1 0 0 a/2 + b/2− c/2

0 1 0 −a/2 + b/2 + c/20 0 1 a/2− b/2 + c/2

.

Voor elke a, b, c ∈ R heeft het oorspronkelijke stelsel een unieke oplossing. Webesluiten dat {v1, v2, v3} een basis van R[X]<3 is.

Alternatieve oplossing: wegens de stelling op pagina iv heeft een lineair stelselA ·X = B met evenveel vergelijkingen als onbekenden een unieke oplossing voorelke B ∈ R3×1 als en slechts als det(A) 6= 0 (dit wordt ook wel de regel van Cramergenoemd). Nu is

det(A) =

∣∣∣∣∣∣1 0 11 1 00 1 1

∣∣∣∣∣∣ = 2 6= 0

zodat {v1, v2, v3} een basis van R3 is.

(b) Wegens (a) kan elke vector v = a + bX + cX2 op een unieke manier geschrevenworden als een lineaire combinatie van {v1, v2, v3}, namelijk

a+ bX + cX2 = (a/2 + b/2− c/2)v1 + (−a/2 + b/2 + c/2)v2 + (a/2− b/2 + c/2)v3.

Toegepast op v = 3 + 2X +X2 vinden we:

3 + 2X +X2 = 2v1 + 0v2 + v3.

(c) Omdat {v1, v2, v3} een basis van R[X]<3 is, kan v op juist één manier geschrevenworden als een lineaire combinatie van {v1, v2, v3}.

65

12. Bepaal de coördinaatvector van v = (2, 4, 8) ten opzichte van

(a) de standaardbasis E van R3,

(b) de basis B = ((1,−3, 0), (0, 0, 2), (2,−1, 0)) van R3,

(c) de basis B′ = ((1, 0, 2), (2, 1, 0), (0, 3, 5)) van R3.

Oplossing.(a) De standaardbasis van R3 is E = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}. We schrijven v =

(2, 4, 8) als een lineaire combinatie van de basisvectoren E :

(2, 4, 8) = 2(1, 0, 0) + 4(0, 1, 0) + 8(0, 0, 1)

zodat coE(v) = (2, 4, 8).

(b) We schrijven v = (2, 4, 8) als een lineaire combinatie van de basisvectoren van B:

(2, 4, 8) = x1(1,−3, 0) + x2(0, 0, 2) + x3(2,−1, 0)

⇔

x1 + 2x3 = 2− 3x1 − x3 = 42x2 = 8

⇔

x1 = −2x2 = 4x3 = 2

zodat coB(v) = (−2, 4, 2).

(c) We schrijven v = (2, 4, 8) als een lineaire combinatie van de basisvectoren van B′:

(2, 4, 8) = x1(1, 0, 2) + x2(2, 1, 0) + x3(0, 3, 5)

⇔

x1 + 2x2 = 2x2 + 3x3 = 42x1 + 5x3 = 8

⇔

x1 = 18/17x2 = 8/17x3 = 20/17

zodat coB′(v) =( 18

17 ,8

17 ,2017).

13. Bepaal de coördinaatvector van v = ( 2 01 4 ) ten opzichte van

(a) de basis E = (( 1 00 0 ) , ( 0 1

0 0 ) , ( 0 01 0 ) , ( 0 0

0 1 )) van R2×2,

(b) de basis B =(( 1 0

0 −1), ( 1 0

0 1 ) , ( 1 30 0 ) , ( 0 0

2 0 ))van R2×2.

Oplossing.(a) We schrijven v = ( 2 0

1 4 ) als een lineaire combinatie van de basisvectoren E :(2 01 4

)= 2

(1 00 0

)+ 0

(0 10 0

)+ 1

(0 01 0

)+ 4

(0 00 1

)zodat coE(v) = (2, 0, 1, 4).

66 Basis

(b) We schrijven v = (2, 4, 8) als een lineaire combinatie van de basisvectoren van B:

(2 01 4

)= x1

(1 00 −1

)+ x2

(1 00 1

)+ x3

(1 30 0

)+ x4

(0 02 0

)

⇔

x1 + x2 + x3 = 23x3 = 02x4 = 1− x1 + x2 = 4

⇔

x1 = −1x2 = 3x3 = 0x4 = 1/2

zodat coB(v) =(−1, 3, 0, 1

2).

14. Beschouw de vectorruimte R,R[X]<3,+.

(a) Bepaal een vector v ∈ R[X]<3 zodat B = (1, 1 +X2, v) een basis van R[X]<3 is.

(b) Bepaal de coördinaatvector van 2X2 − 72X ten opzichte van de basis B.

Oplossing.

(a) Noem v = k + lX + mX2 waarbij k, l,m ∈ R. We bepalen nodige en voldoendevoorwaarden voor k, l,m opdat B een basis van R[X]<3 is. Een willekeurige vectora + bX + cX2 ∈ R[X]<3 is op een unieke manier te schrijven als een lineairecombinatie van B als en slechts als

∃!r, s, t ∈ R : a+ bX + cX2 = r · 1 + s(1 +X2) + t(k + lX +mX2)⇔ ∃!r, s, t ∈ R : a+ bX + cX2 = (r + s+ kt) + ltX + (s+mt)X2

⇔ ∃!r, s, t ∈ R :

r + s+ kt = a

lt = b

s+mt = c

⇔ det

1 1 k0 0 l0 1 m

6= 0

⇔ l 6= 0.

Kiezen we bijvoorbeeld k = 0, l = 1 en m = 0 dan is v = X en dan is B een basisvan R[X]<3.

67

(b) We schrijven 2X2 − 72 X als een lineaire combinatie van de basisvectoren van B:

2X2 − 72 X = x1 · 1 + x2(1 +X2) + x3 ·X

⇔

x1 + x2 = 0

x3 = −72

x2 = 2

⇔

x1 = −2x2 = 2

x3 = −72

zodat coB(2X2 − 72 X) = (−2, 2,− 7

2 ).

15. Gegeven is de basis B = ((3, 0,−2), (0, 1, 5), (2,−1, 2)) van de vectorruimte R,R3,+.Bepaal de vector v ∈ R3 waarvoor geldt dat coB(v) = (−2, 1, 7).

Oplossing. Omdat coB(v) = (−2, 1, 7) is

v = −2(3, 0,−2) + 1(0, 1, 5) + 7(2,−1, 2) = (8,−6, 23).

16. Beschouw in de vectorruimte R,R4,+ de vectoren

v1 = (2,−3, 4,−6), v2 = (−4, 6,−8, 12), v3 = (3,−4, 5,−7) en v4 = (0, 1,−2, 4).

NoemW = Span{v1, v2, v3, v4}. Reduceer de voortbrengende verzameling {v1, v2, v3, v4}tot een basis van W .

Oplossing. We ordenen de vectoren en overlopen het viertal vectoren (v1, v2, v3, v4) vanlinks naar rechts. Telkens een vector geschreven kan worden als een lineaire combinatievan de voorgaande vectoren, verwijderen we die vector.

(1) {v1} is lineair onafhankelijk want v1 6= 0R4 (zie Lemma 4.17). We behouden v1.

(2) {v1, v2} is lineair afhankelijk want v2 = −2v1. Wegens eigenschap 3.17 geldt datSpan{v1, v2} = Span{v1}. Verwijder dus v2.

(3) Om na te gaan of {v1, v3} lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat het om nate gaan of v3 al dan niet tot Span{v1} behoort (zie Lemma 4.18). Er geldt:

v3 ∈ Span{v1} ⇔ ∃r ∈ R : v3 = rv1

⇔ ∃r ∈ R : (3,−4, 5,−7) = r(2,−3, 4,−6)

⇔ ∃r ∈ R :

2r = 3− 3r = −44r = 5− 6r = −7.

Dit stelsel heeft duidelijk geen oplossingen, zodat v3 6∈ Span{v1}. Zodoende is{v1, v3} lineair onafhankelijk. We behouden v3.

68 Basis

(4) Om na te gaan of {v1, v3, v4} lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat het omna te gaan of v4 al dan niet tot Span{v1, v3} behoort (zie Lemma 4.18). Er geldt:

v4 ∈ Span{v1, v3} ⇔ ∃r, s ∈ R : v4 = rv1 + sv3

⇔ ∃r, s ∈ R : (0, 1,−2, 4) = r(2,−3, 4,−6) + s(3,−4, 5,−7)

⇔ ∃r, s ∈ R :

2r + 3s = 0− 3r − 4s = 14r + 5s = −2− 6r − 7s = 4

⇔ ∃r, s ∈ R :{r = −3s = 2

zodat v4 ∈ Span{v1, v3}. Zodoende is {v1, v3, v4} lineair afhankelijk. We verwijderenv4.

Nu is W = Span{v1, v2, v3, v4} = Span{v1, v3} en {v1, v3} is lineair onafhankelijk. Webesluiten dat {v1, v3} een basis van W is.

17. Gegeven is de vectorruimte R,R5,+. Bepaal een basis voor de deelruimte

W = {(a+ d, b+ d, 2a− b+ d, a+ d, c+ d) | a, b, c, d ∈ R}.

Oplossing. We bepalen eerst een voortbrengende verzameling van W . Dat doen we doorW te schrijven als een opspanning van vectoren:

W = {(a+ d, b+ d, 2a− b+ d, a+ d, c+ d) | a, b, c, d ∈ R}= {a(1, 0, 2, 1, 0) + b(0, 1,−1, 0, 0) + c(0, 0, 0, 0, 1) + d(1, 1, 1, 1, 1) | a, b, c, d ∈ R}= Span{(1, 0, 2, 1, 0), (0, 1,−1, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 1), (1, 1, 1, 1, 1)}

zodat {(1, 0, 2, 1, 0), (0, 1,−1, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 1), (1, 1, 1, 1, 1)} voortbrengend is voor dedeelruimte W . Om deze voortbrengende verzameling te reduceren tot een basis van Wordenen we de vectoren en overlopen het viertal vectoren (v1, v2, v3, v4) van links naarrechts. Telkens een vector geschreven kan worden als een lineaire combinatie van devoorgaande vectoren, verwijderen we die vector.


(2) {v1, v2} is lineair onafhankelijk want v2 is geen veelvoud van v1, met andere woordenv2 6∈ Span{v1} (zie Lemma 4.18). We behouden v2.

(3) Om na te gaan of {v1, v2, v3} lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat het omna te gaan of v3 al dan niet tot Span{v1, v2} behoort (zie Lemma 4.18). Er geldt:

v3 ∈ Span{v1, v2} ⇔ ∃r, s ∈ R : v3 = rv1 + sv2

⇔ ∃r, s ∈ R : (0, 0, 0, 0, 1) = r(1, 0, 2, 1, 0) + s(0, 1,−1, 0, 0)

⇔ ∃r, s ∈ R :

r = 0s = 02r − s = 0r = 00 = 1.

69

Dit stelsel heeft duidelijk geen oplossingen, zodat v3 6∈ Span{v1, v2}. Zodoende is{v1, v2, v3} lineair onafhankelijk. We behouden v3.

(4) Om na te gaan of {v1, v2, v3, v4} lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat hetom na te gaan of v4 al dan niet tot Span{v1, v2, v3} behoort (zie Lemma 4.18). Ergeldt:

v4 ∈ Span{v1, v2, v3}⇔ ∃r, s, t ∈ R : v4 = rv1 + sv2 + tv3

⇔ ∃r, s, t ∈ R : (1, 1, 1, 1, 1) = r(1, 0, 2, 1, 0) + s(0, 1,−1, 0, 0) + t(0, 0, 0, 0, 1)

⇔ ∃r, s, t ∈ R :

r = 1s = 12r − s = 1r = 1t = 1

⇔ ∃r, s, t ∈ R :

r = 1s = 1t = 1

zodat v4 ∈ Span{v1, v2, v3}. Zodoende is {v1, v2, v3, v4} lineair afhankelijk. Weverwijderen v4.

Nu is W = Span{v1, v2, v3, v4} = Span{v1, v2, v3} en {v1, v2, v3} is lineair onafhankelijk.We besluiten dat {v1, v2, v3} = {(1, 0, 2, 1, 0), (0, 1,−1, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 1)} een basis vanW is.

18. Beschouw in de vectorruimte R,R4,+ de deelruimte W van alle oplossingen vanhet lineair stelsel (

2 1 2 31 1 3 0

)·

x1x2x3x4

=(

00

).

Bepaal een basis van W .

Oplossing. We bepalen eerst een voortbrengende verzameling van W . Daartoe bepalenwe eerst alle oplossingen van het lineaire stelsel. Dat doen we door de uitgebreide matrixvan het lineair stelsel te herleiden naar trapvorm:(

2 1 2 3 01 1 3 0 0

)∼(

1 0 −1 3 00 1 4 −3 0

).

Op die manier is het oorspronkelijke stelsel gelijkwaardig met

{x1 − x3 + 3x4 = 0x2 + 4x3 − 3x4 = 0

⇔

x1 = r − 3sx2 = −4r + 3sx3 = r

x4 = s

(r, s ∈ R).

70 Basis

Nu kunnen we de oplossingsverzameling W schrijven als een opspanning van vectoren:

W = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | 2x1 + x2 + 2x3 + 3x4 = 0 en x1 + x2 + 3x3 = 0}= {(r − 3s,−4r + 3s, r, s) | r, s ∈ R}= {r(1,−4, 1, 0) + s(−3, 3, 0, 1) | r, s ∈ R}= Span{(1,−4, 1, 0), (−3, 3, 0, 1)}

zodat {(1,−4, 1, 0), (−3, 3, 0, 1)} voortbrengend is voor de deelruimte W . Om dezevoortbrengende verzameling te reduceren tot een basis van W ordenen we de vectoren enoverlopen het tweetal vectoren (v1, v2) van links naar rechts. Telkens een vector geschrevenkan worden als een lineaire combinatie van de voorgaande vectoren, verwijderen we dievector.


(2) {v1, v2} is lineair onafhankelijk want v2 is geen veelvoud van v1, met andere woordenv2 6∈ Span{v1} (zie Lemma 4.18). We behouden v2.

Nu is W = Span{v1, v2} en {v1, v2} is lineair onafhankelijk. We besluiten dat {v1, v2} ={(1,−4, 1, 0), (−3, 3, 0, 1)} een basis van W is.

19. Beschouw de vectorruimte R,R3×3,+ en de deelruimte van alle symmetrischematrices

W = {A ∈ R3×3 | AT = A}.

Bepaal een basis van W .

Oplossing. We bepalen eerst een voortbrengende verzameling van W . Dat doen we doorW te schrijven als een opspanning van vectoren:

W = {A ∈ R3×3 | AT = A}

={(

a b cb d ec e f

) ∣∣∣ a, b, c, d, e, f ∈ R}

={a(

1 0 00 0 00 0 0

)+ b

(0 1 01 0 00 0 0

)+ c

(0 0 10 0 01 0 0

)+ d

(0 0 00 1 00 0 0

)+ e

(0 0 00 0 10 1 0

)+ f

(0 0 00 0 00 0 1

)∣∣∣ a, . . . , f ∈ R}

= Span{(

1 0 00 0 00 0 0

),(

0 1 01 0 00 0 0

),(

0 0 10 0 01 0 0

),(

0 0 00 1 00 0 0

),(

0 0 00 0 10 1 0

),(

0 0 00 0 00 0 1

)}zodat

{(1 0 00 0 00 0 0

),(

0 1 01 0 00 0 0

),(

0 0 10 0 01 0 0

),(

0 0 00 1 00 0 0

),(

0 0 00 0 10 1 0

),(

0 0 00 0 00 0 1

)}voortbrengend is voor de

deelruimte W . We tonen aan dat deze voortbrengende verzameling ook lineair onafhanke-lijk is. Voor c1, c2, . . . , c6 ∈ R geldt:

c1

(1 0 00 0 00 0 0

)+ c2

(0 1 01 0 00 0 0

)+ c3

(0 0 10 0 01 0 0

)+ c4

(0 0 00 1 00 0 0

)+ c5

(0 0 00 0 10 1 0

)+ c6

(0 0 00 0 00 0 1

)=(

0 0 00 0 00 0 0

)⇔

(c1 c2 c3c2 c4 c5c3 c5 c6

)=(

0 0 00 0 00 0 0

)⇔ c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = c6 = 0.

Een basis van W is dus{(

1 0 00 0 00 0 0

),(

0 1 01 0 00 0 0

),(

0 0 10 0 01 0 0

),(

0 0 00 1 00 0 0

),(

0 0 00 0 10 1 0

),(

0 0 00 0 00 0 1

)}.

71

20. Beschouw in de vectorruimte R,R3,+ de vectoren v1 = (2,−1, 3) en v2 =(−5, 2,−6). Breid de lineair onafhankelijke verzameling {v1, v2} uit tot een basisvan R3.

Oplossing. Beschouw de standaardbasis E = (e1, e2, e3) van R3. Wegens Lemma 4.8 is

R3 = Span{e1, e2, e3} = Span{v1, v2, e1, e2, e3}

zodat {v1, v2, e1, e2, e3} voortbrengend is voor R3. Nu reduceren we deze voortbrengendeverzameling door de vectoren te ordenen en het vijftal vectoren (v1, v2, e1, e2, e3) vanlinks naar rechts te overlopen. Telkens een vector geschreven kan worden als een lineairecombinatie van de voorgaande vectoren, verwijderen we die vector.

(1-2) {v1, v2} is lineair onafhankelijk (zie opgave). We behouden v1 en v2.

(3) Om na te gaan of {v1, v2, e1} lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat het omna te gaan of e1 al dan niet tot Span{v1, v2} behoort (zie Lemma 4.18). Er geldt:

e1 ∈ Span{v1, v2} ⇔ ∃r, s ∈ R : e1 = rv1 + sv2

⇔ ∃r, s ∈ R : (1, 0, 0) = r(2,−1, 3) + s(−5, 2,−6)

⇔ ∃r, s ∈ R :{r = −2s = −1

zodat e1 ∈ Span{v1, v2}. Zodoende is {v1, v2, e1} lineair afhankelijk. Verwijder e1.

(4) Om na te gaan of {v1, v2, e2} lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat het omna te gaan of e2 al dan niet tot Span{v1, v2} behoort (zie Lemma 4.18). Er geldt:

e2 ∈ Span{v1, v2} ⇔ ∃r, s ∈ R : e2 = rv1 + sv2

⇔ ∃r, s ∈ R : (0, 1, 0) = r(2,−1, 3) + s(−5, 2,−6)

⇔ ∃r, s ∈ R :

2r − 5s = 0− r + 2s = 13r − 6s = 0

⇔ ∃r, s ∈ R :

r = 0s = 00 = 1

Dit stelsel heeft duidelijk geen oplossingen, zodat e2 6∈ Span{v1, v2}. Zodoende is{v1, v2, e2} lineair onafhankelijk. We behouden e2.

(5) Om na te gaan of {v1, v2, e2, e3} lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat hetom na te gaan of e3 al dan niet tot Span{v1, v2, e2} behoort (zie Lemma 4.18).

72 Basis

Er geldt:

e2 ∈ Span{v1, v2, e2}⇔ ∃r, s, t ∈ R : e3 = rv1 + sv2 + te2

⇔ ∃r, s, t ∈ R : (0, 0, 1) = r(2,−1, 3) + s(−5, 2,−6) + t(0, 1, 0)

⇔ ∃r, s, t ∈ R :

2r − 5s = 0− r + 2s+ t = 03r − 6s = 1

⇔ ∃r, s ∈ R :

r = 5/3s = 2/3t = 1/3

zodat e3 ∈ Span{v1, v2, e2}. Zodoende is {v1, v2, e2, e3} lineair afhankelijk. Weverwijderen e3.

Nu is R3 = Span{v1, v2, e2} en {v1, v2, e2} is lineair onafhankelijk. We besluiten dat{v1, v2, e2} = {(2,−1, 3), (−5, 2,−6), (0, 1, 0)} een basis van R3 is.

21. Beschouw de vectorruimte R,Rm,+ en zij v1, v2, . . . , vn ∈ Rm. Beschouw de matrixA die we verkrijgen door de vectoren v1, v2, . . . , vn op te vatten als kolommen:

A =

| | |v1 v2 . . . vn

| | |

∈ Rm×n.

Bewijs:

(a) {v1, . . . , vn} is voortbrengend voor Rm ⇔ rangA = m,

(b) {v1, . . . , vn} is lineair onafhankelijk⇔ rangA = n,

(c) {v1, . . . , vn} is een basis van Rm ⇔ m = n en detA 6= 0.

Oplossing.(a) Schrijven we vi = (a1i, . . . , ami) dan geldt (zie ook Hoofdstuk 3 Oefening 24):

{v1, . . . , vn} is voortbrengend voor Rm

⇔ Span{v1, . . . , vn} = Rm

⇔ ∀w ∈ Rm : w ∈ Span{v1, . . . , vn}⇔ ∀w ∈ Rm : ∃r1, . . . , rn ∈ R : w = r1v1 + . . .+ rnvn

⇔ ∀(b1, . . . , bm) ∈ Rm : ∃r1, . . . , rn ∈ R :

a11r1 + a12r2 + . . .+ a1nrn = b1

a21r1 + a22r2 + . . .+ a2nrn = b2

...am1r1 + am2r2 + . . .+ amnrn = bm

⇔ ∀(b1, . . . , bm) ∈ Rm : ∃r1, . . . , rn ∈ R :

| | |v1 v2 . . . vn

| | |

·r1

...rn

=

b1...bm

⇔ ∀w ∈ Rm : rangA = rang(A | w).

73

Veronderstel nu dat de rang van A gelijk is aan het aantal rijen m van A. Dan isduidelijk rangA = rang(A | w) voor elke w ∈ Rm. Uit de bovenstaande equivalentiesvolgt dan dat {v1, . . . , vn} voortbrengend is voor Rm.Omgekeerd, stel dat {v1, . . . , vn} voortbrengend voor Rm is. Uit het bovenstaandevolgt dan dat rangA = rang(A | ei) waarbij E = (e1, . . . , em) de standaardbasisvan Rm voorstelt. Met andere woorden, dan is rangA = rang(A | Em) met Em dem×m-eenheidsmatrix. Omdat rangEm = m volgt hieruit dat rangA = m.

(b) We bepalen eerst alle lineaire relaties van {v1, . . . , vn}. Schrijf vi = (a1i, . . . , ami).Voor c1, c2, . . . , cn ∈ R geldt:

c1v1 + c2v2 + · · ·+ cnvn = 0Rm ⇔

a11c1 + a12c2 + . . .+ a1ncn = 0a21c1 + a22c2 + . . .+ a2ncn = 0...am1c1 + am2c2 + . . .+ amncn = 0

⇔

| | |v1 v2 . . . vn

| | |

·c1

...cn

=

0...0

⇔ (c1, . . . , cn) is een oplossing van A ·X = 0.

Nu is {v1, . . . , vn} lineair onafhankelijk als en slechts als het stelsel A ·X = 0 eenunieke oplossing heeft (namelijk de nuloplossing). Het aantal vrijheidsgraden inde oplossingsverzameling van A ·X = 0 is steeds gelijk aan het aantal kolommenvan A verminderd met de rang van A, dus gelijk aan n− rangA. We besluiten dat{v1, . . . , vn} lineair onafhankelijk is als en slechts als rangA = n.

(c) Uit (a) en (b) volgt:

{v1, . . . , vn} is een basis van Rm

⇔ {v1, . . . , vn} is voortbrengend voor Rm en {v1, . . . , vn} is lineair onafhankelijk⇔ rangA = m en rangA = n

⇔ m = n en detA 6= 0.

22. Beschouw de vectorruimte R,Rm,+ en vectoren v1, v2, . . . , vn ∈ Rm. Bewijs metbehulp van Oefening 21:

(a) {v1, . . . , vn} is voortbrengend voor Rm ⇒ n > m,

(b) {v1, . . . , vn} is lineair onafhankelijk⇒ n 6 m,

(c) {v1, . . . , vn} is een basis van Rm ⇒ n = m.

Oplossing.

(a) Stel dat {v1, . . . , vn} voortbrengend voor Rm is. Wegens Oefening 21(a) is danrangA = m. Omdat de rang van een matrix altijd kleiner is dan het aantal rijenvan die matrix, is rangA 6 n. We besluiten dat m 6 n.

(b) Stel dat {v1, . . . , vn} lineair onafhankelijk is. Wegens Oefening 21(b) is dan rangA =n. Omdat de rang van een matrix altijd kleiner is dan het aantal kolommen van diematrix, is rangA 6 m. We besluiten dat n 6 m.

74 Basis

(c) Stel dat {v1, . . . , vn} een basis van Rm is. Dan is {v1, . . . , vn} zowel voortbrengendvoor Rm als lineair onafhankelijk. Wegens (a) en (b) zowel m 6 n als n 6 m, zodatn = m.

Hoofdstuk 5

Dimensie

Opdrachten

Opdracht 5.6. Toon aan dat de vectorruimte R,Rm×n,+ eindigdimensionaal is en datdimRm×n = mn.

Oplossing. We maken de opdracht voor m = 3 en n = 2. Het algemeen geval is vollediganaloog. We bepalen eerst een voortbrengende verzameling van R3×2. Dat doen we doorR3×2 te schrijven als een opspanning van vectoren:

R3×2 ={(

a bc de f

)| a, b, c, d, e, f ∈ R

}={a(

1 00 00 0

)+ b

(0 10 00 0

)+ c

(0 01 00 0

)+ d

(0 00 10 0

)+ e

(0 00 01 0

)+ f

(0 00 00 1

) ∣∣∣ a, b, c, d, e, f ∈ R}

= Span{(

1 00 00 0

),(

0 10 00 0

),(

0 01 00 0

),(

0 00 10 0

),(

0 00 01 0

),(

0 00 00 1

)}zodat

{(1 00 00 0

),(

0 10 00 0

),(

0 01 00 0

),(

0 00 10 0

),(

0 00 01 0

),(

0 00 00 1

)}voortbrengend is voor de vector-

ruimte R3×2. We tonen aan dat deze voorbrengende verzameling ook lineair onafhankelijkis. Voor c0, . . . , c6 ∈ R geldt:

c1

(1 00 00 0

)+ c2

(0 10 00 0

)+ c3

(0 01 00 0

)+ c4

(0 00 10 0

)+ c5

(0 00 01 0

)+ c6

(0 00 00 1

)=(

0 00 00 0

)⇔

(c1 c2c3 c4c5 c6

)=(

0 00 00 0

)⇔ c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = c6 = 0.

Een basis van R3×2 is dus{(

1 00 00 0

),(

0 10 00 0

),(

0 01 00 0

),(

0 00 10 0

),(

0 00 01 0

),(

0 00 00 1

)}. Omdat we een

basis van R3×2 gevonden hebben die 6 vectoren telt, is dimR3×2 = 6 = 3 · 2.

Opdracht 5.12. Zij R, V,+ een eindigdimensionale vectorruimte en zij k een natuurlijkgetal met 0 6 k 6 dimV . Bewijs dat V een deelruimte van dimensie k heeft.

Oplossing. De vectorruimte V een deelruimte van dimensie 0, namelijk W0 = {0V }. IsdimV > 0 dan is V 6= {0V } en dan nemen we een vector w1 ∈ V \ {0V }. Dan is {w1}lineair onafhankelijk en dus is W1 = Span{w1} een deelruimte van V van dimensie 1. IsdimV > 1 dan is V 6= Span{w1} en dan nemen we een vector w2 ∈ V \Span{w1}. WegensLemma 4.18 is {w1, w2} lineair onafhankelijk en dus isW2 = Span{w1, w2} een deelruimtevan V van dimensie 2. Is dimV > 2 dan is V 6= Span{w1, w2} en dan nemen we eenvector w3 ∈ V \ Span{w1, w2}. Wegens Lemma 4.18 is {w1, w2, w3} lineair onafhankelijken dus is W3 = Span{w1, w2, w3} een deelruimte van V van dimensie 3, enzovoort. Dit

76 Dimensie

proces stopt zodra V = Wn met n = dimV . Om die manier hebben we deelruimtenw0,W1,W2, . . . ,Wn van V gevonden waarvoor dimWk = k voor elke 0 6 k 6 n. Merkop dat de deelruimte elkaar omvatten:

{0V } = W0 ⊆W1 ⊆W2 ⊆ · · · ⊆Wn−1 ⊆Wn = V.

Opdracht 5.33. Schrijf een willekeurige 3× 3-matrix als de som van een symmetrischeen een scheefsymmetrische matrix.

Oplossing. Neem een willekeurige 3× 3-matrix A =(

a b cd e fg h i

). Uit §5.3 volgt dat A (op

een unieke manier) kan geschreven worden als de som van een symmetrische matrix B eneen scheefsymmetrische matrix C. Omdat BT = B en C = −CT volgt nu:

A = B + C ⇒ AT = (B + C)T

⇒ AT = BT + CT

⇒ AT = B − C.

Tellen we de gelijkheden A = B + C en AT = B − C lid aan lid op dan verkrijgenwe A + AT = 2B zodat B = 1

2 (A + AT ). De gelijkheden van elkaar aftrekken geeftC = 1

2 (A−AT ). Op die manier vinden we:

A = B + C

= 12 (A+AT ) + 1

2 (A−AT )

= 12

a b cd e fg h i

+

a d gb e hc f i

+ 12

a b cd e fg h i

−a d gb e hc f i

zodat we een willekeurige 3× 3-matrix als de som van een symmetrische en een scheef-symmetrische matrix geschreven hebben:a b c

d e fg h i

=

a b+d2

c+g2

b+d2 e f+h

2c+g

2f+h

2 i

+

0 b−d2

c−g2

− b−d2 0 f−h

2− c−g

2 − f−h2 0

.

77

Oefeningen

1. Beschouw de vectorruimte R,R3,+ en de deelruimte

W = Span{(1, 0,−1), (1, 1, 3), (2, 1, 2)}.

(a) Bepaal een basis van W .

(b) Bepaal dimW .

Oplossing.(a) Een voortbrengende verzameling van W is D = {(1, 0,−1), (1, 1, 3), (2, 1, 2)}. Om

deze voortbrengende verzameling te reduceren tot een basis van W ordenen we devectoren en overlopen het drietal vectoren ((1, 0,−1), (1, 1, 3), (2, 1, 2)) van linksnaar rechts. Telkens een vector geschreven kan worden als een lineaire combinatievan de voorgaande vectoren, verwijderen we die vector.(1) {(1, 0,−1)} is lineair onafhankelijk want (1, 0,−1) 6= (0, 0, 0) (zie Lemma 4.17).

We behouden (1, 0,−1).(2) {(1, 0,−1), (1, 1, 3)} is lineair onafhankelijk want (1, 1, 3) is geen veelvoud van

(1, 0,−1), met andere woorden (1, 1, 3) 6∈ Span{(1, 0,−1)} (zie Lemma 4.18).We behouden (1, 1, 3).

(3) Om na te gaan of {(1, 0,−1), (1, 1, 3), (2, 1, 2)} lineair onafhankelijk is, volstaathet om na te gaan of (2, 1, 2) al dan niet tot Span{(1, 0,−1), (1, 1, 3)} behoort(zie Lemma 4.18). Er geldt:

(2, 1, 2) ∈ Span{(1, 0,−1), (1, 1, 3)}⇔ ∃r, s ∈ R : (2, 1, 2) = r(1, 0,−1) + s(1, 1, 3)

⇔ ∃r, s ∈ R :

r + s = 2s = 1− r + 3s = 2

⇔ ∃r, s ∈ R :{r = 1s = 1

zodat (2, 1, 2) ∈ Span{(1, 0,−1), (1, 1, 3)}. We verwijderen (2, 1, 2).Nu is W = Span{(1, 0,−1), (1, 1, 3)} en {(1, 0,−1), (1, 1, 3)} is lineair onafhankelijk.We besluiten dat {(1, 0,−1), (1, 1, 3)} een basis van W is.

(b) Omdat we een basis van W gevonden hebben die 2 vectoren telt, is dimW = 2.

2. Gegeven is de vectorruimte R,R5,+ en de deelruimte

W = {(a+ d, b+ d, 2a− b+ d, a+ d, c+ d) | a, b, c, d ∈ R}.

Bepaal de dimensie van W .

Oplossing. Uit de oplossing van Oefening 17 in Hoofdstuk 4 volgt dat

{(1, 0, 2, 1, 0), (0, 1,−1, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 1)}

een basis van W is. Omdat we een basis van W gevonden hebben die drie vectoren telt,is dimW = 3.

78 Dimensie

3. Beschouw de vectorruimte R,R4,+, zij v1, v2, v3 ∈ R4 en noemW = Span{v1, v2, v3}.Schat zo goed mogelijk af en verklaar je antwoord: . . . 6 dimW 6 . . . .

Oplossing. Alvast is {v1, v2, v3} een verzameling voortbrengende vectoren van W . WegensStelling 4.37 kan {v1, v2, v3} gereduceerd worden tot een basis vanW . Het aantal vectorenin deze basis is dan gelijk aan 0, 1, 2 of 3. We vinden dat 0 6 dimW 6 3. Merk op datdimW = 0 zich voordoet precies wanneer v1 = v2 = v3 = 0R4 .

4. Beschouw de vectorruimte R,R3,+ en de deelruimten

U = Span{(3, 6, 5), (4, 8, 7)} en W = Span{(1, 2, 0), (0, 0, 1)}.

(a) Toon aan dat U ⊆W .

(b) Toon aan dat U = W door gebruik te maken van het begrip dimensie.

Oplossing.

(a) Uit (3, 6, 5) = 3(1, 2, 0) + 5(0, 0, 1) en (4, 8, 7) = 4(1, 2, 0) + 7(0, 0, 1) volgt dat{(3, 6, 5), (4, 8, 7)} ⊆ Span{(1, 2, 0), (0, 0, 1)}. Wegens Stelling 3.15(ii) isSpan{(3, 6, 5), (4, 8, 7)} ⊆ Span{(1, 2, 0), (0, 0, 1)}. Met andere woorden, U ⊆W .

(b) De voortbrengende verzameling {(3, 6, 5), (4, 8, 7)} is een basis van U , want (3, 6, 5) 6=(0, 0, 0) en (4, 8, 7) 6∈ Span{(3, 6, 5)}. Dus dimU = 2. Analoog is {(1, 2, 0), (0, 0, 1)}een basis van W zodat ook dimW = 2. Uit Gevolg 5.11(iii) volgt nu dat U = W .

5. Zij R, V,+ een eindigdimensionale vectorruimte en veronderstel dat V niet de trivialevectorruimte is. Zijn de volgende uitspraken waar of vals? Motiveer telkens je antwoord.

(a) Als dimV = n dan bestaat er een verzameling van n+ 1 vectoren van V die Vvoortbrengt.

(b) Als {v1, v2, . . . , vp} voortbrengend voor V is dan geldt voor elke w ∈ V dat{v1, v2, . . . , vp, w} voortbrengend is voor V .

(c) Als er geen enkele voortbrengende verzameling van p vectoren van V bestaat danis dimV > p.

(d) Als dimV = n > 1 dan is elke verzameling van n − 1 vectoren van V lineaironafhankelijk.

(e) Als {w1, w2, . . . , wq} ⊆ V lineair onafhankelijk is dan geldt voor elke v ∈ V dat{w1, w2, . . . , wq, v} lineair onafhankelijk is.

(f) Als er geen enkele lineair onafhankelijke verzameling van q vectoren van V bestaatdan is dimV < q.

Oplossing.

(a) waar Stel dat dimV = n. Dan telt elke basis van V precies n vectoren. Neem zo’nbasis {v1, . . . , vn}. Dan is {v1, . . . , vn, 0V } een verzameling van n+ 1 vectoren dieV voortbrengt.

79

(b) waar Stel dat {v1, . . . , vp} voortbrengend is voor V . Dan is V = Span{v1, . . . , vp}.Neem w ∈ V willekeurig. Dan is w ∈ Span{v1, . . . , vp}. Omdat nu

v1, . . . , vp, w ∈ Span{v1, . . . , vp} en v1, . . . , vp ∈ Span{v1, . . . , vp, w}

volgt uit Eigenschap 3.17 dat Span{v1, . . . , vp} = Span{v1, . . . , vp, w}. Dus V =Span{v1, . . . , vp, w} zodat {v1, . . . , vp, w} voortbrengend is voor V .

(c) waar Stel dat er geen enkele voortbrengende verzameling van p vectoren van Vbestaat en veronderstel uit het ongerijmde dat dimV 6 p. Noem q = dimV . Dantelt elke basis van V precies q vectoren. Neem zo’n basis {v1, . . . , vq}. Omdatq 6 p is p − q > 0. We vullen de verzameling {v1, . . . , vq} aan met p − q andere,onderling verschillende vectoren vq+1, . . . , vp. Daarvoor nemen we bijvoorbeeld2v1, 3v1, 4v1, . . . Merk op dat deze vectoren allen verschillend zijn, want dimV 6= 0zodat v1 6= 0. Dan is:

V = Span{v1, . . . , vq} ⊆ Span{v1, . . . , vq, vq+1, . . . , vp} ⊆ V

zodat V = Span{v1, . . . , vq, vq+1, . . . , vp}. Dus er bestaat een verzameling van pvectoren die V voortbrengt, een strijdigheid. We besluiten dat dimV > p.

(d) vals Neem een willekeurige vector v ∈ V met v 6= 0V (dat kan want dimV 6= 0).Dan is {0v, 1v, 2v, 3v, . . . , (n − 2)v} een verzameling van n − 1 > 0 vectoren dielineair afhankelijk is.Merk op dat de uitspraak waar is voor dimV = 1 want dan is elke verzameling van0 vectoren gelijk aan de lege verzameling en die is wel lineair onafhankelijk (zieOpmerking 4.20).

(e) vals Kiezen we bijvoorbeeld v = 0V dan is {w1, w2, . . . , wq, v} lineair afhankelijk.

(f) waar Stel dat er geen enkele lineair onafhankelijke verzameling van q vectoren vanV bestaat en veronderstel uit het ongerijmde dat dimV > q. Noem n = dimV .Dan telt elke basis van V precies n vectoren. Neem zo’n basis {v1, . . . , vn}. Dan is{v1, . . . , vq} een verzameling van q vectoren die lineair onafhankelijk is (zie Lemma4.16), een strijdigheid. We besluiten dat dimV < q.

6. Beschouw de vectorruimte R,R[X],+ en de deelruimten

U = {a+ bX + cX2 ∈ R[X] | a+ b+ c = 0} en W = Span{1 +X + 2X2, X +X2}.

Bepaal een basis van U ∩W .

Oplossing. We schrijven eerst U als een opspanning van vectoren:

U = {a+ bX + cX2 ∈ R[X] | a+ b+ c = 0}= {a+ bX + cX2 ∈ R[X] | c = −a− b}= {a+ bX + (−a− b)X2 ∈ R[X]}= {a+ bX + (−a− b)X2 | a, b ∈ R}= {a(1−X2) + b(X −X2) | a, b ∈ R}= Span{1−X2, X −X2}.

80 Dimensie

Vervolgens bepalen we een basis van U ∩W . Voor elke vector v ∈ R[X] is:

v ∈ U ∩W⇔ v ∈ U en v ∈W⇔ ∃a, b ∈ R : v = a(1−X2) + b(X −X2) en

∃c, d ∈ R : v = c(1 +X + 2X2) + d(X +X2).

Wil v ∈ U ∩W , dan moeten er getallen a, b, c, d ∈ R bestaan waarvoor a = c, b = c+ den −a− b = 2c+ d. Deze vergelijkingen vormen een lineair stelsel, dat we oplossen doorde trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen. We vinden:

a = c

b = c+ d

− a− b = 2c+ d

⇔

a− c = 0b− c− d = 0− a− b− 2c− d = 0

⇔

a+ 12 d = 0

b− 12 d = 0

c+ 12 d = 0

⇔

a = −12 r

b = 12 r

c = −12 r

d = r

(r ∈ R)

zodat:

v ∈ U ∩W ⇔ ∃r ∈ R : v = −12 r + 1

2 rX.

Dus

U ∩W = Span{−1

2 + 12X}

= Span{−1 +X}

en {−1 +X} is een basis van U ∩W .

7. Beschouw in de vectorruimte R,R[X],+ de deelruimte U van veeltermen die deelbaarzijn door X + 3 en de deelruimte W van veeltermen die deelbaar zijn door X2 + 2X− 3.Vul aan en staaf je antwoord: de veeltermen in U ∩W zijn de veeltermen die deelbaarzijn door . . . .

Oplossing. X2 + 2X − 3 Verklaring: we kunnen de deelruimte U schrijven als

U = {A ∈ R[X] | A is deelbaar door X + 3}= {B(X + 3) | B ∈ R[X]}

en de deelruimte W schrijven als

W = {A ∈ R[X] | A is deelbaar door X2 + 2X − 3}= {B(X2 + 2X − 3) | B ∈ R[X]}= {B(X + 3)(X − 1) | B ∈ R[X]}.

Op die manier zien we in datW ⊆ U , zodatW ∩U = W . Dus de veeltermen in U ∩W zijnprecies de veeltermen in W , en dat zijn de veeltermen die deelbaar zijn door X2 + 2X − 3.

81

8. Beschouw in de vectorruimte R,R2,+ de deelruimten

U = Span{(1, 1)} en W = Span{(−2, 1)}.

(a) Toon aan dat U ∪W geen deelruimte van R2 is.

(b) Bepaal dim(U +W ).

Oplossing.(a) Neem bijvoorbeeld u = (1, 1) ∈ U ∪W en w = (−2, 1) ∈ U ∪W . We zullen aantonen

dat u+ w 6∈ U ∪W . Er geldt dat u+ w = (−1, 2) ∈ U als en slechts als

∃r ∈ R : (−1, 2) = r(1, 1) ⇔ ∃r ∈ R :{−1 = r

2 = r.

Dit stelsel heeft duidelijk geen oplossingen, waaruit we besluiten dat u + w 6∈ U .Verder is u+ w = (−1, 2) ∈W als en slechts als

∃r ∈ R : (−1, 2) = r(−2, 1) ⇔ ∃r ∈ R :{−1 = −2r

2 = r.

Ook dit stelsel heeft geen oplossingen, zodat u+w 6∈W . Dus u+w 6∈ U ∩W zodatniet voldaan is aan criterium (ii) voor deelruimten. We besluiten dat U ∪W geendeelruimte van R2 is.

(b) We hebben alvast:

U +W = Span{(1, 1)}+ Span{(−2, 1)} = Span{(1, 1), (−2, 1)}.

Het is duidelijk dat de voortbrengende verzameling {(1, 1), (−2, 1)} van U +W ooklineair onafhankelijk is, zodat {(1, 1), (−2, 1)} een basis van U +W is. Hieruit volgtdat dim(U +W ) = 2.Alternatieve oplossing: we kunnen de dimensie van U +W ook berekenen aan dehand van de dimensiestelling voor deelruimten (Stelling 5.27). Daartoe bepalen weeerst dimU , dimW en dim(U ∩W ). Het is duidelijk dat {(1, 1)} een basis van U is,zodat dimU = 1. Verder is {(−2, 1)} een basis van W zodat ook dimW = 1. Omde dimensie van U ∩W te bepalen, bepalen we eerst een basis van U ∩W . Voorelke vector van R2 is:

v ∈ U ∩W ⇔ v ∈ U en v ∈W⇔ ∃a ∈ R : v = a(1, 1) en ∃b ∈ R : v = b(−2, 1).

Wil v ∈ U ∩W , dan moeten er getallen a, b ∈ R bestaan waarvoor a = −2b en a = b.Deze vergelijkingen vormen een lineair stelsel, dat we oplossen door de trapvormvan de geassocieerde matrix te berekenen. We vinden:{

a = −2ba = b

⇔

{a+ 2b = 0a− b = 0

⇔

{a = 0b = 0

zodat v ∈ U ∩W ⇔ v = (0, 0). Dus U ∩W = {(0, 0)} = Span{} en ∅ is een basis vanU ∩W zodat dim(U ∩W ) = 0. Uit de dimensiestelling voor deelruimten (Stelling5.27) volgt nu:

dim(U +W ) = dimU + dimW − dim(U ∩W ) = 1 + 1− 0 = 2.

82 Dimensie

9. Beschouw de vectorruimte R,R3,+. Bepaal telkens een basis voor de deelruimteU ∩W en een basis voor de deelruimte U +W .

(a) U = Span{(5, 1, 9)} en W = Span{(11, 0, 3), (6, 2,−7)}

(b) U = Span{(3, 2,−10)} en W = Span{(2,−3, 2), (−7, 3, 8)}

(c) U = Span{(1,−3, 7), (−1, 2, 2)} en W = Span{(2,−5, 5), (6,−13,−3)}

Oplossing.

(a) We bepalen eerst een basis voor U ∩W . Voor elke vector v ∈ R3 is:

v ∈ U ∩W⇔ v ∈ U en v ∈W⇔ ∃a ∈ R : v = a(5, 1, 9) en ∃b, c ∈ R : v = b(11, 0, 3) + c(6, 2,−7).

Wil v ∈ U ∩W , dan moeten er getallen a, b, c ∈ R bestaan waarvoor 5a = 11b+ 6c,a = 2c en 9a = 3b − 7c. Deze vergelijkingen vormen een lineair stelsel, dat weoplossen door de trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen. We vinden:

5a = 11b+ 6ca = 2c9a = 3b− 7c

⇔

5a− 11b− 6c = 0a− 2c = 09a− 3b+ 7c = 0

⇔

a = 0b = 0c = 0

zodat v ∈ U ∩W ⇔ v = (0, 0, 0). Dus U ∩W{(0, 0, 0)} = Span{} en ∅ is een basisvan U ∩W .Vervolgens bepalen we een basis van U +W . We hebben alvast:

U +W = Span{(5, 1, 9)}+ Span{(11, 0, 3), (6, 2,−7)}= Span{(5, 1, 9), (11, 0, 3), (6, 2,−7)}.

Men gaat eenvoudig na dat {(5, 1, 9), (11, 0, 3), (6, 2,−7)} van U +W lineair onaf-hankelijk is, zodat {(5, 1, 9), (11, 0, 3), (6, 2,−7)} een basis van de deelruimte U +Wis.Alternatief voor het bepalen van een basis van U + W : omdat dim(U ∩W ) = 0,dimU = 1 en dimW = 2 volgt uit de dimensiestelling voor deelruimten (Stelling5.27) dat


Dus dim(U + W ) = dimR3. Omdat U + W 6 R3 volgt uit Gevolg 5.11(iii) datU +W = R3. Zo vinden we dat de standaardbasis {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} vanR3 ook een basis van U +W is.

(b) We bepalen eerst een basis voor U ∩W . Voor elke vector v ∈ R3 is:

v ∈ U ∩W⇔ v ∈ U en v ∈W⇔ ∃a ∈ R : v = a(3, 2,−10) en ∃b, c ∈ R : v = b(2,−3, 2) + c(−7, 3, 8).

Wil v ∈ U ∩W , dan moeten er getallen a, b, c ∈ R bestaan waarvoor 3a = 2b− 7c,2a = −3b+ 3c en −10a = 2b+ 8c. Deze vergelijkingen vormen een lineair stelsel,

83

dat we oplossen door de trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen. Wevinden:

3a = 2b− 7c2a = −3b+ 3c− 10a = 2b+ 8c

⇔

3a− 2b+ 7c = 02a+ 3b− 3c = 0− 10a− 2b− 8c = 0

⇔

a+ 15

13 c = 0

b− 2313 c = 0

⇔

a = −15

13 r

b = 2313 r

c = r

(r ∈ R)

zodat:

v ∈ U ∩W ⇔ ∃r ∈ R : v =(−45

13 r,−3013 r,

15013 r

).

Dus

U ∩W = Span{(−45

13 ,−3013 ,

15013

)}= Span{(3,−2, 10)}

en {(3,−2, 10)} is een basis van U ∩W .Vervolgens bepalen we een basis van U +W . We hebben alvast:

U +W = Span{(3, 2,−10)}+ Span{(2,−3, 2), (−7, 3, 8)}= Span{(3, 2,−10), (2,−3, 2), (−7, 3, 8)}.

Daarna reduceren we de voortbrengers {(3, 2,−10), (2,−3, 2), (−7, 3, 8)} van U +Wtot een basis van U +W . We vinden de basis {(3, 2,−10), (2,−3, 2)}.

(c) We bepalen eerst een basis voor U ∩W . Voor elke vector v ∈ R3 is:

v ∈ U ∩W ⇔ v ∈ U en v ∈W⇔ ∃a, b ∈ R : v = a(1,−3, 7) + b(−1, 2, 2) en∃c, d ∈ R : v = c(2,−5, 5) + d(6,−13,−3).

Wil v ∈ U∩W , dan moeten er getallen a, b, c, d ∈ R bestaan waarvoor a−b = 2c+6d,−3a+ 2b = −5c− 13d en 7a+ 2b = 5c− 3d. Deze vergelijkingen vormen een lineairstelsel, dat we oplossen door de trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen.We vinden:

a− b = 2c+ 6d− 3a+ 2b = −5c− 13d7a+ 2b = 5c− 3d

⇔

a− b− 2c− 6d = 0− 3a+ 2b+ 5c+ 13d = 07a+ 2b− 5c+ 3d = 0

⇔

{a− c− d = 0b+ c+ 5d = 0

⇔

a = r + s

b = −r − 5sc = r

d = s

(r, s ∈ R)

zodat:

v ∈ U ∩W ⇔ ∃r ∈ R : v = (2r + 6s,−5r − 13s, 5r − 3s).

84 Dimensie

Dus U ∩W = Span{(2,−5, 5), (6,−13,−3)} en {(3,−1, 9)}. Men gaat eenvoudigna dat de voortbrengende verzameling {(2,−5, 5), (6,−13,−3)} ook lineair onaf-hankelijk is, zodat {(2,−5, 5), (6,−13,−3)} een basis van de deelruimte U ∩Wis.Vervolgens bepalen we een basis van U +W . We hebben alvast:

U +W = Span{(1,−3, 7), (−1, 2, 2)}+ Span{(2,−5, 5), (6,−13,−3)}= Span{(1,−3, 7), (−1, 2, 2), (2,−5, 5), (6,−13,−3)}.

Daarna reduceren we de voortbrengende verzameling

{(1,−3, 7), (−1, 2, 2), (2,−5, 5), (6,−13,−3)}

van U +W tot een basis van U +W . We vinden de basis {(1,−3, 7), (−1, 2, 2)}.Alternatief voor het bepalen van een basis van U + W : omdat dim(U ∩W ) = 2,dimU = 2 en dimW = 2 volgt uit de dimensiestelling voor deelruimten (Stelling5.27) dat


Dus dimU = dim(U + W ). Omdat U 6 U + W volgt uit Gevolg 5.11(iii) datU = U +W . Zo vinden we dat de basis {(1,−3, 7), (−1, 2, 2)} van U ook een basisvan U +W is. Analoog is ook W = U +W zodat de basis {(2,−5, 5), (6,−13,−3)}van W ook een basis van U +W is.


U = Span{(1,−1, 2), (−3, 2,−5)} en W = Span{(−1, 3, 6)}.

(a) Toon aan dat de deelruimte U +W een directe som is.

(b) Bepaal dim(U ⊕W ).

(c) Wat is U ⊕W? Verklaar.

Oplossing.(a) Om aan te tonen dat de deelruimte U +W een directe som is, gebruiken we Stelling

5.24. Daartoe bepalen we eerst dimU , dimW en dim(U +W ). Het is duidelijk dat{(1,−1, 2), (−3, 2,−5)} een basis van U is, zodat dimU = 2. Verder is {(−1, 3, 6)}een basis van W zodat dimW = 1. Om een basis van U +W te bepalen, schrijvenwe

U +W = Span{(1,−1, 2), (−3, 2,−5)}+ Span{(−1, 3, 6)}= Span{(1,−1, 2), (−3, 2,−5), (−1, 3, 6)}.

Men gaat eenvoudig na dat {(1,−1, 2), (−3, 2,−5), (−1, 3, 6)} lineair onafhankelijkis, zodat {(1,−1, 2), (−3, 2,−5), (−1, 3, 6)} een basis van de deelruimte U +W is.Hieruit leiden we af dat dim(U +W ) = 3. Omdat dim(U +W ) = dimU + dimWvolgt uit Stelling 5.24 dat U +W een directe som is.

(b) Omdat U+W een directe som is, schrijven we U+W als U⊕W . Uit het voorgaandevolgt nu dat dim(U ⊕W ) = dim(U +W ) = 3.

(c) Omdat U ⊕W = U +W 6 R3 en dim(U ⊕W ) = dimR3 volgt uit Gevolg 5.11(iii)dat U ⊕W = R3.

85


M = Span{(1 + a, 4, 2), (5, 6,−1− a)} en N = Span{(5 + 2a, 10, 0)}

waarbij a ∈ R.

(a) Toon aan dat dimM = 2 voor elke waarde van a ∈ R.

(b) Bepaal de waarde(n) van a waarvoor M +N geen directe som is.

Oplossing.

(a) Neem a ∈ R willekeurig. We zullen aantonen dat de voortbrengende verzameling{(1 + a, 4, 2), (5, 6,−1− a)} van de deelruimte M ook lineair onafhankelijk is. Voorc1, c2 ∈ R geldt:

c1(1 + a, 4, 2) + c2(5, 6,−1− a) = (0, 0, 0) ⇔

(1 + a)c1 + 5c2 = 04c1 + 6c2 = 02c1 + (−1− a)c2 = 0.

We lossen dit stelsel op door de trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen.Alvast is: 1 + a 5

4 62 −1− a

∼ 1 3

20 −4− a0 7−3a

2

.

Is a 6= −4 dan vinden we 1 + a 54 62 −1− a

∼ 1 3

20 −4− a0 7−3a

2

∼ 1 3

20 10 7−3a

2

∼ 1 0

0 10 0

terwijl we voor a = −4 vinden dat 1 + a 5

4 62 −1− a

∼ 1 3

20 −4− a0 7−3a

2

∼ 1 3

20 00 19

2

∼ 1 0

0 10 0

.

Dus voor elke a ∈ R wordt de trapvorm van de geassocieerde matrix gegeven door(1 00 10 0

). Op die manier verkrijgen we:

c1(1 + a, 4, 2) + c2(5, 6,−1− a) = (0, 0, 0) ⇔

c1 = 0c2 = 0c3 = 0.

We besluiten dat {(1+a, 4, 2), (5, 6,−1−a)} lineair onafhankelijk is voor elke waardevan a ∈ R. Dus {(1 + a, 4, 2), (5, 6,−1− a)} is een basis van de deelruimte M , endit voor elke waarde van a ∈ R.

(b) Om te bepalen voor welke a ∈ R de deelruimte U +W een directe som is, gebruikenwe Stelling 5.24. Daartoe bepalen we eerst dimM , dimN en dim(M + N). Uithet voorgaande volgt dat dimM = 2 voor elke waarde van a ∈ R. Verder is{(5 + 2a, 10, 0)} een basis van N zodat dimN = 1 voor elke waarde van a ∈ R. Dusis, wegens Stelling 5.24:

M +N is een directe som ⇔ dim(M +N) = 3.

86 Dimensie

Nu geldt voor elke a ∈ R dat

M +N = Span{(1 + a, 4, 2), (5, 6,−1− a)}+ Span{(5 + 2a, 10, 0)}= Span{(1 + a, 4, 2), (5, 6,−1− a), (5 + 2a, 10, 0)}

zodat M +N een directe som is als en slechts als {(1 + a, 4, 2), (5, 6,−1− a), (5 +2a, 10, 0)} een basis vanM+N is. Nu isM+N 6 R3 en dimR3 = 3, zodat uit Gevolg5.11(iii) volgt: M +N een directe som is als en slechts als {(1 + a, 4, 2), (5, 6,−1−a), (5 + 2a, 10, 0)} een basis van R3 is. Met behulp van Oefening 21 uit Hoofdstuk 4vinden we dan:

M+N is een directe som ⇔

∣∣∣∣∣∣1 + a 5 5 + 2a

4 6 102 −1− a 0

∣∣∣∣∣∣ 6= 0⇔ 2a2−32a+30 6= 0

zodat M +N geen directe som is als en slechts als a = 1 of a = 15.

12. Zij R, V,+ een eindigdimensionale vectorruimte en U een deelruimte van V . Toonaan dat er een deelruimte W van V bestaat zodat U ⊕W = V .

Oplossing. Wegens Gevolg 5.11(i) is U eveneens eindigdimensionaal en heeft dus een basis,zeg {u1, . . . , um}. In het bijzonder is {u1, . . . , um} lineair onafhankelijk en kan wegensStelling 4.40 uitgebreid worden tot een basis {u1, . . . , um, v1, . . . , vn} van V . Merk op datmet deze notaties

dimU = m en dimV = m+ n.

Beschouw nu de deelruimte W = Span{v1, . . . , vn}. De basis {u1, . . . , um, v1, . . . , vn} vanV is lineair onafhankelijk, zodat wegens Lemma 4.16 ook {v1, . . . , vn} lineair onafhankelijkis. Dus {v1, . . . , vn} is een basis van W en dimW = n. Nu is

U +W = Span{u1, . . . , um}+ Span{v1, . . . , vn} = Span{u1, . . . , um, v1, . . . , vn} = V

zodat ook dim(U +W ) = dimV = m+ n = dimU + dimW . Uit Stelling 5.24 volgt nudat U +W een directe som is. We besluiten dat U ⊕W = V .

13. Beschouw de vectorruimte R,R2×2,+ en deelruimten U en W van R2×2. Verder iser gegeven dat dimU = 3 en dimW = 2.

(a) Schat zo goed mogelijk af en verklaar: . . . 6 dim(U +W ) 6 . . . .

(b) Vul in en verklaar:(i) als dim(U +W ) = 3 dan is U +W = . . . ,(ii) als dim(U +W ) = 4 dan is U +W = . . . .

(c) Schat zo goed mogelijk af en verklaar: . . . 6 dim(U ∩W ) 6 . . . .

Oplossing.

(a) 3 6 dim(U +W ) 6 4 Verklaring: passen we Gevolg 5.11(ii) toe op

U +W 6 R2×2, U 6 U +W en W 6 U +W

dan vinden we

dim(U +W ) 6 dimR2×2, dimU 6 dim(U +W ) en dimW 6 dim(U +W )

87

zodat

dim(U +W ) 6 4, 3 6 dim(U +W ) en 2 6 dim(U +W ).

Aantonen dat deze afschatting zo goed mogelijk is, doen we door expliciete voor-beelden te geven. Voor

U = Span{(

1 00 0

),

(0 10 0

),

(0 01 0

)}en W = Span

{(1 00 0

),

(0 10 0

)}geldt dat dimU = 3, dimW = 2 en omdat U +W = U is dim(U +W ) = 3. Voor

U = Span{(

1 00 0

),

(0 10 0

),

(0 01 0

)}en W = Span

{(1 00 0

),

(0 00 1

)}geldt dat dimU = 3, dimW = 2 en omdat U +W = R2×2 is dim(U +W ) = 4.

(b) (i) U + W = U Verklaring: als dim(U + W ) = 3 dan is dimU = dim(U + W ).Omdat U 6 U +W volgt uit Gevolg 5.11(iii) dat U = U +W .

(ii) U+W = R2×2 Verklaring: als dim(U+W ) = 4 dan is dim(U+W ) = dimR2×2.Omdat U +W 6 R2×2 volgt uit Gevolg 5.11(iii) dat U +W = R2×2.

(c) 1 6 dim(U + W ) 6 2 Verklaring: wegens de dimensiestelling voor deelruimten(Stelling 5.27) is:

dim(U ∩W ) = dimU + dimW − dim(U +W )

en uit dimU = 3, dimW = 2 en 3 6 dim(U+W ) 6 4 volgt dat 1 6 dim(U+W ) 6 2.

14. Zij R, V,+ een eindigdimensionale vectorruimte. Zijn de volgende uitspraken waarof vals? Indien waar, bewijs. Indien vals, geef een tegenvoorbeeld.

(a) ∀U,W 6 V : U ∩W 6= ∅

(b) ∀U,W 6 V : U ∪W 6 V

(c) ∀U,W 6 V : U ∪W 66 V

(d) ∃U,W 6 V : U ∪W = U +W

(e) ∀U,W 6 V : dimU + dimW = dim(U +W )

(f) ∃U,W 6 V : dimU + dimW = dim(U +W )

Oplossing.

(a) waar Bewijs: omdat U 6 V is 0V ∈ U . Analoog is 0V ∈ W zodat 0V ∈ U ∩W .Derhalve is U ∩W 6= ∅.

(b) vals Tegenvoorbeeld: beschouw de vectorruimte R,R2,+ en deelruimten U =Span{(1, 0)} enW = Span{(0, 1)}. Dan is U∪W geen deelruimte van R2, want zo isbijvoorbeeld u = (1, 0) ∈ U∪W en w = (0, 1) ∈ U∪W terwijl u+w = (1, 1) 6∈ U∪Wzodat U ∪W niet voldoet aan criterium (ii) voor deelruimten.

(c) vals Tegenvoorbeeld: beschouw de vectorruimte R,R2,+ en de deelruimten U =W = {0R2}. In dat geval is U ∪W = {0R2} 6 R2.

88 Dimensie

(d) waar Bewijs: beschouw de deelruimten U = W = V . Dan is U ∪W = U +W = V .

(e) vals Tegenvoorbeeld: beschouw de vectorruimte R,R2,+ en de deelruimten U =W = R2. Dan is U +W = R2, zodat enerzijds

dimU + dimW = dimR2 + dimR2 = 4

terwijl anderzijdsdim(U +W ) = dimR2 = 2.

(f) waar Bewijs: kies de deelruimten U = W = {0V }. Dan is U + W = {0V } zodatenerzijds

dimU + dimW = dim{0V }+ dim{0V } = 0terwijl anderzijds

dim(U +W ) = dim{0V } = 0.

15. Beschouw in de vectorruimte R,R3,+ de deelruimten

W = Span{(1,−1, 0), (0,−2, 0)} en Z = Span{(2, 2, 0), (0, 0, 3)}.

(a) Bepaal een basis van de deelruimte W + Z.

(b) Bepaal dim(W ∩ Z).

(c) Toon aan dat W + Z geen directe som is.

(d) Bepaal een deelruimte Z ′ van R3 zodat R3 = W ⊕ Z ′.

Oplossing.(a) We hebben alvast:

W + Z = Span{(1,−1, 0), (0,−2, 0)}+ Span{(2, 2, 0), (0, 0, 3)}= Span{(1,−1, 0), (0,−2, 0), (2, 2, 0), (0, 0, 3)}.

Daarna reduceren we de voortbrengende verzameling

{(1,−1, 0), (0,−2, 0), (2, 2, 0), (0, 0, 3)}

vanW+Z tot een basis vanW+Z. We vinden de basis {(1,−1, 0), (0,−2, 0), (0, 0, 3)}.

(b) We zullen de dimensie vanW∩Z berekenen aan de hand van de dimensiestelling voordeelruimten (Stelling 5.27). Daartoe bepalen we eerst dimW , dimZ en dim(W +Z).Het is duidelijk dat {(1,−1, 0), (0,−2, 0)} een basis van W is, zodat dimW = 2.Verder is {(2, 2, 0), (0, 0, 3)} een basis van Z zodat ook dimZ = 2. Uit het antwoordop vraag (a) leiden we af dat dim(W +Z) = 3. De dimensiestelling voor deelruimten(Stelling 5.27) impliceert nu:

dim(W ∩ Z) = dimW + dimZ − dim(W + Z) = 2 + 2− 3 = 1.

Alternatieve oplossing: we kunnen de dimensie van W ∩ Z ook berekenen door eenbasis van W ∩ Z te bepalen. Voor elke vector v ∈ R3 is:

v ∈W ∩ Z⇔ v ∈W en v ∈ Z⇔ ∃a, b ∈ R : v = a(1,−1, 0) + b(0,−2, 0) en ∃c, d ∈ R : v = c(2, 2, 0) + d(0, 0, 3).

89

Wil v ∈ W ∩ Z, dan moeten er getallen a, b, c, d ∈ R bestaan waarvoor a = 2c,−a − 2b = 2c en 0 = 3d. Deze vergelijkingen vormen een lineair stelsel, dat weoplossen door de trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen. We vinden:

a = 2c− a− 2b = 2c0 = 3d

⇔

a− 2c = 0− a− 2b− 2c = 03d = 0

⇔

a− 2c = 0b+ 2c = 0d = 0

⇔

a = 2rb = −2rc = r

d = 0

(r ∈ R)

zodat:

v ∈W ∩ Z ⇔ ∃r ∈ R : v = (r, 2r, 0).

Dus W ∩ Z{(2r, 2r, 0) | r ∈ R} = Span{(2, 2, 0)} = Span{(1, 1, 0)} en {(1, 1, 0)} iseen basis van W ∩ Z zodat dim(W ∩ Z) = 1.

(c) Wegens het voorgaande is dim(W + Z) = 3 terwijl dimW + dimZ = 2 + 2 = 4.Omdat dim(W + Z) 6= dimW + dimZ volgt uit het eerste criterium van directesom dat W + Z geen directe som is.

(d) Stellen we bijvoorbeeld Z ′ = Span{(0, 0, 3)} dan is

W + Z ′ = Span{(1,−1, 0), (0,−2, 0)}+ Span{(0, 0, 3)}= Span{(1,−1, 0), (0,−2, 0), (0, 0, 3)}.

Men gaat eenvoudig na dat {(1,−1, 0), (0,−2, 0), (0, 0, 3)} lineair onafhankelijk is,zodat {(1,−1, 0), (0,−2, 0), (0, 0, 3)} een basis van de deelruimte W + Z ′ is. Hieruitleiden we af dat dim(W + Z ′) = 3. Anderzijds is dimW = 2 en dimZ ′ = 1 zodatdim(W + Z ′) = dimW + dimZ ′. Uit het eerste criterium van directe som volgt nudat W + Z ′ een directe som is.

16. Beschouw in de vectorruimte R,R[X]<9,+ de deelruimte U van veeltermen diedeelbaar zijn door X − 2 en de deelruimte W van veeltermen die deelbaar zijn doorX − 3. Bepaal U +W .

Oplossing. We kunnen de deelruimte U schrijven als

U = {A ∈ R[X]<9 | A is deelbaar door X − 2}= {B(X − 2) | B ∈ R[X]<8}= {(a0 + a1X + a2X

2 + · · ·+ a7X7)(X − 2) | ai ∈ R}

= {−2a0 + (a0 − 2a1)X + (a1 − 2a2)X2 + · · ·+ (a6 − 2a7)X7 + a7X8 | ai ∈ R}

= Span{−2 +X,−2X +X2,−2X2 +X3, . . . ,−2X7 +X8}= Span{X − 2, X(X − 2), X2(X − 2), . . . , X7(X − 2)}.

Nu geldt voor elke i ∈ {1, 2, . . . , 7} dat

Xi(X − 2) 6∈ Span{X − 2, X(X − 2), X2(X − 2), . . . , Xi−1(X − 2)}

want de graad van elke veelterm in die opspanning is kleiner dan de graad van Xi(X − 2).Zo vinden we dat

{X − 2, X(X − 2), X2(X − 2), . . . , X7(X − 2)}

90 Dimensie

lineair onafhankelijk is, en dus een basis van U is. Bijgevolg is dimU = 8. Analoog is

W = Span{X − 3, X(X − 3), X2(X − 3), . . . , X7(X − 3)}

en is {X − 3, X(X − 3), X2(X − 3), . . . , X7(X − 3)} een basis van W , waaruit volgt datook dimW = 8. Verder kunnen we de doorsnede van U en W schrijven als

U ∩W = {A ∈ R[X]<9 | A is deelbaar door X − 2 en A is deelbaar door X − 3}= {A ∈ R[X]<9 | A is deelbaar door (X − 2)(X − 3)}= {C(X − 2)(X − 3) | C ∈ R[X]<7}.

Op dezelfde manier als hierboven vinden we:

U∩W = Span{(X−2)(X−3), X(X−2)(X−3), X2(X−2)(X−3), . . . , X6(X−2)(X−3)}

en {(X − 2)(X − 3), X(X − 2)(X − 3), X2(X − 2)(X − 3), . . . , X6(X − 2)(X − 3)} iseen basis van U ∩W , waaruit volgt dat dimU ∩W = 7. Uit de dimensiestelling vandeelruimten (Stelling 5.27) volgt nu:


Omdat U +W 6 R[X]<9 en dimR[X]<9 = 9 impliceert Gevolg 5.11(iii) dat U +W =R[X]<9. Merk op dat bijgevolg elke veelterm van graad kleiner dan 9 kan geschrevenworden als de som van een veelterm die deelbaar is door X − 2 en een veelterm diedeelbaar is door X − 3.

17. Beschouw de vectorruimte R,RR,+ en noem U de deelruimte van de even functiesen W de deelruimte van de oneven functies.

(a) Beschouw een willekeurige f ∈ RR en definieer hiermee de R-R afbeeldingen f1en f2 met voorschrift

f1(x) = 12 (f(x) + f(−x)) en f2(x) = 1

2 (f(x)− f(−x)) .

Toon aan dat f1 ∈ U en f2 ∈W .

(b) Je kan gemakkelijk narekenen dat voor de afbeeldingen f, f1 en f2 uit de vorigedeelvraag geldt: f = f1 + f2. Verklaar waarom er geen andere manier is om f teschrijven als de som van een even en een oneven functie.

Oplossing.(a) We kunnen de deelruimten U en W schrijven als:

U = {g ∈ RR | ∀x ∈ R : g(−x) = g(x)}

enW = {g ∈ RR | ∀x ∈ R : g(−x) = −g(x)}.

Neem nu f ∈ RR willekeurig. Dan geldt voor elke x ∈ R:

f1(−x) = 12 (f(−x) + f(−(−x))) = 1

2 (f(−x) + f(x)) = f1(x)

waarmee is aangetoond dat f1 ∈ U . Analoog is voor elke x ∈ R:

f2(−x) = 12 (f(−x)− f(−(−x))) = 1

2 (f(−x)− f(x)) = −f2(x)

zodat f2 ∈W .

91

(b) Er geldt inderdaad dat f = f1 + f2, want voor elke x ∈ R is:

f1(x) + f2(x) = 12 (f(x) + f(−x)) + 1

2 (f(x)− f(−x))

= 12 (f(x) + f(−x) + f(x)− f(−x)) = f(x).

Bijgevolg is RR ⊆ U + W . Omdat U + W 6 RR, volgt dat U + W = RR. Wezullen aantonen dat U + W een directe som is. Daartoe zullen we Stelling 5.29aanwenden, en zullen we bewijzen dat U ∩W = {0RR}. Uiteraard is {0RR} ⊆ U ∩W .Omgekeerd, neem g ∈ U ∩W willekeurig. Voor elke x ∈ R geldt dan g(−x) = g(x)(want g ∈ U) en g(−x) = −g(x) (want g ∈W ). Dus g(x) = −g(x), zodat 2g(x) = 0en dus g(x) = 0. Kortom, voor elke x ∈ R is

g(x) = 0 = 0RR(x)waaruit volgt dat g = 0RR . Hiermee is aangetoond dat U ∩W = {0RR} en uit Stelling5.29 volgt nu dat U +W een directe som is. Wegens Definitie 5.21 kan elke vectoruit U +W op een unieke manier geschreven worden als de som van een vector inU en een vector in W . Omdat U +W = RR, kan elke R− R afbeelding f op eenunieke manier geschreven worden als de som van een even functie (met domein R)en een oneven functie (met domein R). De manier f = f1 + f2 van hierboven is dusuniek, zodat er geen andere manier is om f te schrijven als de som van een even eneen oneven functie.

18. In de dimensiestelling voor deelruimten is de formule dim(U + W ) = dimU +dimW − dim(U ∩W ) gelijkaardig aan de formule voor het aantal elementen van deunie van twee eindige verzamelingen A en B:

#(A ∪B) = #A+ #B −#(A ∩B).

Voor drie eindige verzamelingen A,B en C geldt:

#(A∪B ∪C) = #A+ #B+ #C−#(A∩B)−#(B ∩C)−#(A∩C) + #(A∩B ∩C).

Geldt een analoge formule voor de dimensies bij drie deelruimten?

Oplossing. nee Verklaring: we moeten nagaan of voor elke eindigdimensionale vectorruimteR, V,+ met willekeurige deelruimten U,W en Z geldt dat dim(U +W + Z) gelijk is aandimU + dimW + dimZ − dim(U ∩W )− dim(W ∩Z)− dim(U ∩Z) + dim(U ∩W ∩Z).Beschouw bijvoorbeeld de vectorruimte R,R2,+ en de deelruimten

U = Span{(1, 0)}, W = Span{(0, 1)} en Z = Span{(1, 1)}.Enerzijds is U +W + Z = R2 zodat dim(U +W + Z) = 2. Anderzijds is

U ∩W = {0R2}, W ∩ Z = {0R2} en U ∩ Z = {0R2}

zodatdimU + dimW + dimZ − dim(U ∩W )− dim(W ∩ Z)− dim(U ∩ Z) + dim(U ∩W ∩ Z)gelijk is aan = 1 + 1 + 1− 0− 0 + 0 = 3. Op die manier hebben we een eindigdimensionalevectorruimte R, V,+ en deelruimten U,W en Z gevonden waarvoor

dim(U +W + Z) 6= dimU + dimW + dimZ

− dim(U ∩W )− dim(W ∩ Z)− dim(U ∩ Z) + dim(U ∩W ∩ Z).

92 Dimensie

19. De matrix A hieronder is geschreven als de som van een symmetrische nulsommatrixen een magische blokmatrix:

A =

6 9 −611 0 7−5 4 13

=

5 4 −94 −6 2−9 2 7

+

1 5 37 6 54 2 6

.

Een symmetrische nulsommatrix is een symmetrische matrix waarvoor alle rijen enalle kolommen een nulsom hebben. Een magische blokmatrix is een vierkante matrixwaarvan alle 2× 2-deelmatrices met aansluitende elementen eenzelfde som hebben. Zois(

1 5 37 6 54 2 6

)een magische blokmatrix, want in elke 2× 2-deelmatrix met aansluitende

elementen, zoals ( 6 52 6 ), is de som van de elementen gelijk aan 19.

(a) Kan elke 3 × 3-matrix geschreven worden als de som van een symmetrischenulsommatrix en een magische blokmatrix? Zo ja, is die schrijfwijze dan uniek?Verklaar je antwoord.

(b) Ga na of er een analoge eigenschap voor 4× 4-matrices geldt.

Oplossing.(a) Beschouw de vectorruimte R,R3×3,+. De deelverzameling U van symmetrische

nulsommatrices kan geschreven worden als:

U =

a b −a− b

b c −b− c−a− b −b− c a+ 2b+ c

∣∣∣∣∣∣ a, b, c ∈ R

= Span

1 0 −1

0 0 0−1 0 1

,

0 1 −11 0 −1−1 −1 2

,

0 0 00 1 −10 −1 1

.

Hieruit volgt dat U een deelruimte van R3×3 is en men gaat eenvoudig na dat dezevoortbrengende verzameling van U ook lineair onafhankelijk is, zodat dimU = 3.Vervolgens kan de deelverzameling W van magische blokmatrices geschreven wordenals:

W =

a b ec d a+ c− ef a+ b− f −a+ e+ f

∣∣∣∣∣∣ a, b, c, d, e, f ∈ R

= Span

1 0 0

0 0 10 1 −1

,

0 1 00 0 00 1 0

,

0 0 01 0 10 0 0

0 0 0

0 1 00 0 0

,

0 0 10 0 −10 0 1

,

0 0 00 0 01 −1 1

.

Hieruit volgt dat W een deelruimte van R3×3 is en men gaat eenvoudig na dat dezevoortbrengende verzameling van W ook lineair onafhankelijk is, zodat dimW = 6.Nu kan elke 3 × 3-matrix geschreven worden als de som van een symmetrischenulsommatrix en een magische blokmatrix als en slechts als

U +W = R3×3 ⇔ dim(U +W ) = 9⇔ dimU + dimW − dim(U ∩W ) = 9⇔ dim(U ∩W ) = 0.

93

We zullen de doorsnede van U en W expliciet bepalen. Een matrix A ∈ R3×3

behoort tot U ∩W als en slechts als A ∈W en A ∈ U , dus als en slechts als er reëlegetallen a, b, c, d, e, f bestaan waarvoor

A =

a b ec d a+ c− ef a+ b− f −a+ e+ f

en waarvoor alle rijen en alle kolommen een nulsom hebben. Die voorwaarde leidttot een lineair stelsel, dat we oplossen door de trapvorm van de geassocieerde matrixte berekenen. We vinden:

a+ b+ e = 0c+ d+ a+ c− e = 0f + a+ b− f − a+ e+ f = 0a+ c+ f = 0b+ d+ a+ b− f = 0e+ a+ c− e− a+ e+ f = 0

⇔

a+ b+ e = 0a+ 2c+ d− e = 0b+ e+ f = 0a+ c+ f = 0a+ 2b+ d− f = 0c+ e+ f = 0

⇔

a− f = 0b+ 2f = 0c+ 2f = 0d− 4f = 0e− f = 0

⇔

a = r

b = −2rc = −2rd = 4re = r

(r ∈ R)

zodat

U ∩W =

r −2r r−2r 4r r − 2r − rr r − 2r − r −r + r + r

∣∣∣∣∣∣ r ∈ R

=

r −2r r−2r 4r −2rr −2r r

∣∣∣∣∣∣ r ∈ R

= Span

1 −2 1−2 4 −2

1 −2 1

.

Dus( 1 −2 1−2 4 −2

1 −2 1

)is een basis van U ∩W , zodat dim(U ∩W ) = 1. Uit de redenering

hierboven volgt nu dat U +W 6= R3×3, zodat niet elke 3× 3-matrix kan geschrevenworden als de som van een symmetrische nulsommatrix en een magische blokmatrix.

(b) Beschouw de vectorruimte R,R4×4,+. De deelverzameling U van symmetrischenulsommatrices kan geschreven worden als:

U ={(

a b c −a−b−cb d e −b−d−ec e f −c−e−f

−a−b−c −b−d−e −c−e−f a+2b+2c+d+2e+f

) ∣∣∣∣∣ a, b, c, d, e, f ∈ R

}.

Hieruit volgt eenvoudig dat U een deelruimte van R4×4 is en dimU = 6. Vervolgenskan de deelverzameling W van magische blokmatrices geschreven worden als:

W ={(

a b e gc d a+c−e b+d−gf a+b−f −a+e+f a−f+gh c+d−h a−e+h b+c+d−g−h

) ∣∣∣∣∣ a, b, c, d, e, f, g, h ∈ R

}.

Hieruit volgt eenvoudig dat W een deelruimte van R3×3 is en dimW = 8. Nu kanelke 4× 4-matrix geschreven worden als de som van een symmetrische nulsommatrix

94 Dimensie

en een magische blokmatrix als en slechts als

U +W = R4×4 ⇔ dim(U +W ) = 16⇔ dimU + dimW − dim(U ∩W ) = 16⇔ dim(U ∩W ) = −2

hetgeen onmogelijk is. We besluiten dat niet elke 4 × 4-matrix kan geschrevenworden als de som van een symmetrische nulsommatrix en een magische blokmatrix.

20. Bepaal telkens een expliciet voorschrift van de rij.

(a) (an) =

1 als n = 14 als n = 2an−1 + 2an−2 als n > 2

(b) (bn) =

1 als n = 15 als n = 23bn−2 als n > 2

Oplossing.

(a) NoemW de deelverzameling van alle reële rijen (an) die voldoen aan de recursierelatiean+2 = 2an + an+1 voor elke n ∈ N.Door het scheiden van de parameters vinden we dat

W = {(r, s, 2r + s, 2r + 3s, 6r + 5s, 10r + 11s, 22r + 21s, 42r + 43s, . . .) | r, s ∈ R}= Span{(1, 0, 2, 2, 6, 10, 22, 42 . . .), (0, 1, 1, 3, 5, 11, 21, 43 . . .)}

waarmee aangetoond is dat W een deelruimte van RN is. Bovendien zijn de tweevoortbrengers (1, 0, 2, 2, 6, 10, . . .) en (0, 1, 1, 3, 5, 11, . . .) lineair onafhankelijk, zodatdimW = 2.De deelruimte W bevat de rij (an) = (1, 4, 6, 14, 26, 54, . . .). Nu gaan we op zoeknaar een andere basis van W , meer bepaald een geordende basis B die bestaat uittwee meetkundige rijen. De reden waarom we dat doen is omdat elke meetkundigerij (cn) een eenvoudig expliciet voorschrift heeft: cn = c0q

n voor een zekere q ∈ R.Op die manier zullen de coördinaten van (an) ten opzichte van B toelaten eenexpliciet voorschrift van de rij (an) te geven.Beschouw nu een meetkundige rij (cn) = (c0, c0q, c0q

2, . . .). Dan is

(cn) ∈W ⇔ c0qn+2 = 2c0q

n + c0qn+1 voor elke n ∈ N

⇔ c0 = 0 of q2 = 2 + q.

De keuze c0 = 0 levert de nulrij op. De andere meetkundige rijen van W hebben alsquotiënt q de oplossingen van x2 = 2 + x. De oplossingen van deze vergelijking zijnx1 = −1 en x2 = 2.De meetkundige rijen

(un) = (1, x1, x21, . . .) = (1,−1, 1,−1, . . .) en (vn) = (1, x2, x

22, . . .) = (1, 2, 4, 8, . . .)

zijn lineair onafhankelijk en omdat dimW = 2 is B = ((un), (vn)) een geordendebasis van W .

95

Ten slotte bepalen we de coördinaten van (an) ten opzichte van B. Kortom, wezoeken r, s ∈ R waarvoor (an) = r(un) + s(vn), dus

(1, 4, 6, 14, 26, 54, . . .) = r(1,−1, 1,−1, 1,−1, . . .) + s(1, 2, 4, 8, 16, 32 . . .).

Vergelijken we de eerste termen dan vinden we r = −2/3 en s = 5/3. Hieruit volgteen directe formule voor de n-de term van de recursief gedefinieerde rij (an): dealgemene term van de rij (an) is

an = −2 · (−1)n + 5 · 2n

3 .

(b) NoemW de deelverzameling van alle reële rijen (an) die voldoen aan de recursierelatiebn+2 = 3bn voor elke n ∈ N.Door het scheiden van de parameters vinden we dat

W = {(r, s, 3r, 3s, 9r, 9s, 27r, 27s, . . .) | r, s ∈ R}= Span{(1, 0, 3, 0, 9, 0, 27, 0 . . .), (0, 1, 0, 3, 0, 9, 0, 27 . . .)}

waarmee aangetoond is dat W een deelruimte van RN is. Bovendien zijn de tweevoortbrengers (1, 0, 3, 0, 9, 0, . . .) en (0, 1, 0, 3, 0, 9, . . .) lineair onafhankelijk, zodatdimW = 2.De deelruimte W bevat de rij (bn) = (1, 5, 3, 15, 9, 45, . . .). Nu gaan we op zoek naareen andere basis van W , meer bepaald een geordende basis B die bestaat uit tweemeetkundige rijen. De reden waarom we dat doen is omdat elke meetkundige rij(cn) een eenvoudig expliciet voorschrift heeft: cn = c0q

n voor een zekere q ∈ R. Opdie manier zullen de coördinaten van (bn) ten opzichte van B toelaten een explicietvoorschrift van de rij (bn) te geven.Beschouw nu een meetkundige rij (cn) = (c0, c0q, c0q

2, . . .). Dan is

(cn) ∈W ⇔ c0qn+2 = 3c0q

n voor elke n ∈ N⇔ c0 = 0 of q2 = 3.

De keuze c0 = 0 levert de nulrij op. De andere meetkundige rijen van W hebbenals quotiënt q de oplossingen van x2 = 3. De oplossingen van deze vergelijking zijnx1 =

√3 en x2 = −

√3.

De meetkundige rijen

(un) = (1, x1, x21, . . .) = (1,

√3, 3, 3

√3, . . .)

en(vn) = (1, x2, x

22, . . .) = (1,−

√3, 3,−3

√3, . . .)

zijn lineair onafhankelijk en omdat dimW = 2 is B = ((un), (vn)) een geordendebasis van W .Ten slotte bepalen we de coördinaten van (bn) ten opzichte van B. Kortom, wezoeken r, s ∈ R waarvoor (bn) = r(un) + s(vn), dus

(1, 5, 3, 15, 9, . . .) = r(1,√

3, 3, 3√

3, 9, . . .) + s(1,−√

3, 3,−3√

3, 9, . . .).

Vergelijken we de eerste termen dan vinden we r = (3 + 5√

3)/6 en s = (3− 5√

3)/6.Hieruit volgt een directe formule voor de n-de term van de recursief gedefinieerderij (bn): de algemene term van de rij (bn) is

bn = (3 + 5√

3)(√

3)n + (3− 5√

3)(−√

3)n

6 .

Bibliografie

[1] M. Artin. Algebra. Pearson Prentice Hall, 1991.

[2] H. Callaert. Algemene wiskunde voor scheikunde 3. Universiteit Hasselt, 2000.

[3] J. Claeys. MATH-abundance. Opgehaald van http://home.scarlet.be/math.

[4] P. Igodt en W. Veys. Lineaire algebra. Universitaire pers Leuven, 2011.

[5] T. De Medts. Lineaire algebra en meetkunde I. Universiteit Gent, 2014. Onlinegepubliceerd op http://java.ugent.be.

[6] K. De Naeghel. Wiskunde In zicht. Print-on-demand online publishing Lulu.com,2013.

[7] K. De Naeghel en L. Van den Broeck. SOHO Wiskunde Plantyn Lineaire algebra I.Plantyn, 2014.

[8] T. Kuijpers en C. Lybaert. SOHO Wiskunde Plantyn Groepentheorie. Plantyn, 2014.

[9] E. Nauwelaerts. Basiswiskunde voor informatica 2. Universiteit Hasselt, 2002.

[10] E. Nauwelaerts. Redeneren en structureren. Universiteit Hasselt, 2005.

[11] L. Van den Broeck en K. De Naeghel. SOHO Wiskunde Plantyn Lineaire algebra II.Plantyn, 2015.

c© 2016 Koen De Naeghelroyalty percentage: 0%

Lineaire algebra I en II zijn boekjes in SOHO Wiskunde Plantyn,een reeks die wiskundige onderwerpen behandelt op een manierdie aansluit bij de vooropleiding van een leerling uit het secundaironderwijs (SO) in een wiskundig sterke richting, maar in de stijl vanwiskundecursussen in het hoger onderwijs (H0). De boekjes uit dezereeks kunnen als leidraad dienen voor een zelfstudieproject voor leer-lingen van de derde graad of voor studenten van het hoger onderwijs.Maar ze kunnen ook als tekstboek bij een gedoceerde cursus gebruiktworden. In het secundair onderwijs kan dat bijvoorbeeld in de vrijeruimte.

Sinds het verschijnen van Lineaire algebra I en II kregen de auteursmeermaals de vraag om hun oplossingen van de opdrachten enoefeningen ter beschikking te stellen.

In dit boekje worden de 14 opdrachten en 87 oefeningen bij Lineairealgebra I volledig uitgewerkt. We zijn er ons van bewust dat eenoefening vaak op meerdere manieren kan worden opgelost en erfeitelijk niet zoiets bestaat als een modeloplossing. Tevens heeftdit werk niet de pretentie om van elke oefening de meest eleganteoplossing te bevatten. Dit boekje is eerder bedoeld als ondersteuningvoor leerlingen, leerkrachten of studenten die hun eigen oplossingenwensen af te toetsen.

In deze context beklemtonen we dat bij oefeningen de waarde nietzozeer in het aanschouwen van een uitgewerkte oplossing ligt, maar inhet feit dat de lezer zelf gezocht heeft, ook al werd een uiteindelijkeoplossing misschien niet gevonden.

Uitgewerkte opdrachten en oefeningen bij SOHO Wiskunde Plantyn Lineaire algebra I

Documents

Transcript of Uitgewerkte opdrachten en oefeningen bij SOHO Wiskunde Plantyn Lineaire algebra I