Uitgewerkte opdrachten en oefeningen bij SOHO Wiskunde Plantyn Lineaire algebra I by Koen De Naeghel

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 kopi¨eren, verspreiden en doorgeven Remixen - afgeleide werken maken

Onder de volgende voorwaarden: Naamsvermelding - De gebruiker dient bij het werk de door de maker of de licentiegever aangegeven naam te vermelden (maar niet zodanig dat de indruk gewekt wordt dat zij daarmee instemmen met je werk of je gebruik van het werk). Niet-commercieel - De gebruiker mag het werk niet voor commerci¨ele doeleinden gebruiken. Gelijk delen - Indien de gebruiker het werk bewerkt kan het daaruit ontstane werk uitsluitend krachtens dezelfde licentie 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 met voorafgaande toestemming van de rechthebbende. Publiek domein - Indien het werk of een van de elementen in het werk zich in het publieke domein onder toepasselijke wetgeving bevinden, dan is die status op geen enkele wijze be¨ınvloed 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 het portretrecht of het recht op privacy. Let op - Bij hergebruik of verspreiding dient de gebruiker de licentievoorwaarden van dit werk kenbaar te maken aan derden. De beste manier om dit te doen is door middel van een link naar de webpagina http://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 Wiskunde Plantyn, met als opzet een rol te spelen in een betere aansluiting tussen de wiskunde in het secundair onderwijs (SO) en de wiskunde in het hoger onderwijs (HO). Beide boekjes laten leerlingen van de derde graad met minstens zes lesuren wiskunde kennis maken met de studie van de abstracte vectorruimtestructuur, een hoeksteen van de hogere, zowel zuivere als toegepaste wiskunde. Ook voor studenten van een professionele bachelor wiskunde kunnen deze boekjes een interessante kennismaking met meer academische wiskunde vormen. In Lineaire algebra I [7] worden de vectorruimte en allerlei verwante begrippen zoals lineair afhankelijke en onafhankelijke vectoren, deelruimte, basis en dimensie en bewerkingen met deelruimten gedefinieerd. In Lineaire algebra II [11] leiden concrete voorbeelden tot een studie van eigenwaarden en eigenvectoren, die vervolgens in een meer wiskundige context worden toegepast om matrices te diagonaliseren. Het begrip lineaire afbeelding speelt daarbij een centrale rol. Lineaire algebra I en II bieden een kant-en-klaar geheel aan, dat zowel als lessenreeks als voor begeleide zelfstudie gebruikt kan worden. Beide publicaties bevatten heel wat opdrachten en oefeningen. De opdrachten die in de theorie staan, zijn bedoeld om begrippen te verankeren op een elementair niveau en worden dus best meteen gemaakt. Het werkelijke inzicht bij een meer abstract onderwerp kan 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 vraag om 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 volledig uitgewerkt. We zijn er ons van bewust dat een oefening vaak op meerdere manieren kan worden opgelost en er feitelijk niet zoiets bestaat als een modeloplossing. Tevens heeft dit werk niet de pretentie om van elke oefening de meest elegante oplossing te bevatten. Dit boekje is eerder bedoeld als ondersteuning voor leerlingen, leerkrachten of studenten die hun eigen oplossingen wensen af te toetsen. In deze context beklemtonen we dat bij oefeningen de waarde niet zozeer in het aanschouwen 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 e-mail koendenaeghel@hotmail.com .

Brugge, januari 2016

â&#x20AC;&#x201D; KDN

Inhoudsopgave Voorwoord

iii

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

1 1

2 Vectorruimten Opdrachten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7 7 9

3 Deelruimten 25 Opdrachten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 4 Basis 49 Opdrachten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 5 Dimensie 75 Opdrachten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 Bibliografie

Hoofdstuk 1

Inleidende begrippen en definities Oefeningen 1. Beschrijf telkens de gegeven verzameling door opsomming. (a) {y ∈ Z | 2y 2 = 50} (b) {x ∈ N | ∃m ∈ Z : x = 2m − 5} (c) {z ∈ R | 3z 2 = −17} Oplossing. (a) {y ∈ Z | 2y 2 = 50} = {y ∈ Z | y 2 = 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 | 3z 2 = −17} = {z ∈ R | z 2 = −17/3} = ∅

want ∀x ∈ R : x2 > 0

Inleidende begrippen en definities

2. Waar of vals? Beoordeel de volgende uitspraken. (a) ∅ = {0}

(e) ∅ ∈ {∅}

(b) 6 ∈ {6}

(f) {1, 3, 6, 7, 8} ⊆ {1, 3, 6, 7, 9}

(g) ∅ ⊆ {3, 5, 7}

(d) ∅ = {∅}

(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 natuurlijke getallen. (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 de lege 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 elk van de onderstaande gegevens besluiten over P en Q? (a) P ∩ Q = ∅

(e) P × Q = Q × P

(b) P ∪ Q = ∅

(d) (R2 \ P ) ∪ Q = ∅

(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 P Q

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 = ∅. We besluiten 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

(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)} .

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] .

y 3 2 1

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

√

√ √ (b) Im f = {0, 1, 2, 3, 2}

b ,f 2a

−

b 2a

3 23 , . 4 8

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

23 , 13 . 8

5 y 13

23/8 1 3/4

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 scalaire vermenigvuldiging, aan de acht axioma’s in de definitie van vectorruimte voldoet. Uit het bovenstaande volgt dat V = {0V }. We noemen deze vectorruimte de triviale vectorruimte. 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 is enerzijds (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 u0 = a een invers element van u voor de optelling in V : u + u0 = a + a = a = 0V . Analoog is u0 + 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 verkrijgen dat u + v = v + u.

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 = a en 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 ten opzichte van de optelling in V . (7) We tonen aan dat de scalaire vermenigvuldiging in V distributief is ten opzichte van de optelling in R. Daartoe nemen we r, s ∈ R en u ∈ V . Dan is u = a zodat (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 vermenigvuldiging in V . Inderdaad, voor elke u ∈ V is u = a en uit de definitie van scalaire 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 geldt dat −(−u) = u. (Hint: je moet dus aantonen dat het invers element van −u gelijk is aan u.)

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

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

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

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. Hieruit volgt 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 + a1 x + a2 x2 + am xm (waarbij m ∈ N) dat u + 0R[X] = a0 + +a1 x + a2 x2 + am xm + 0 + 0 · x + 0 · x2 + · · · + 0 · xm = (a0 + 0) + (a1 + 0)x + (a2 + 0)x2 + · · · + (am + 0)xm = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + am xm =u en analoog is 0R[X] + u = u.

Vectorruimten

3. Beschouw de verzameling van alle 2 Ă&#x2014; 2-diagonaalmatrices

a 0

D= a, b â&#x2C6;&#x2C6; R 0 b

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 a1 + a2 0 ra1 0 â&#x2C6;&#x2C6; D en â&#x2C6;&#x2C6; D voor elke D zijn: er geldt inderdaad dat 0 b1 + b2 0 rb1 ai , bi , r â&#x2C6;&#x2C6; R. Vervolgens gaan we de acht axiomaâ&#x20AC;&#x2122;s van een vectorruimte na. 1. Om aan te tonen dat de optelling in D associatief is, nemen we u, v, w â&#x2C6;&#x2C6; D willekeurig. a1 0 a2 0 a3 0 Schrijven we u = , v = en w = dan volgt uit de 0 b1 0 b2 0 b3 definitie van optelling in D enerzijds a1 0 a2 0 a3 0 (u + v) + w = + + 0 b1 0 b2 0 b3 a1 + a2 0 a 0 = + 3 0 b1 + b2 0 b3 (a1 + a2 ) + a3 0 = 0 (b1 + b2 ) + b3 terwijl anderzijds a1 0 a2 0 a3 0 u + (v + w) = + + 0 b1 0 b2 0 b3 a1 0 a2 + a3 0 = + 0 b1 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). 0 0 2. Het element 0D = is een neutraal element voor de optelling in D, want 0 0 a 0 voor elke u = â&#x2C6;&#x2C6; D is 0 b a 0 0 0 a+0 0 a 0 u + 0D = + = = =u 0 b 0 0 0 b+0 0 b waarbij we in de voorlaatste gelijkheid gebruik gemaakt hebben van het reĂŤel getal 0 als neutraal element voor de optelling in R. Analoog is ook 0D + u = u. a 0 â&#x2C6;&#x2019;a 0 3. Nemen we willekeurig u = â&#x2C6;&#x2C6; D dan is u0 = â&#x2C6;&#x2C6; D een invers 0 b 0 â&#x2C6;&#x2019;b element van u voor de optelling in D: a 0 â&#x2C6;&#x2019;a 0 a + (â&#x2C6;&#x2019;a) 0 0 0 0 u+u = + = = = 0D . 0 b 0 â&#x2C6;&#x2019;b 0 b + (â&#x2C6;&#x2019;b) 0 0 Analoog is u0 + u = 0D .

11 a1 0 4. De optelling in D is commutatief want voor elke u = ∈ D en v = 0 b1 a2 0 a1 + a2 0 ∈ D is enerzijds u + v = terwijl anderzijds v + u = 0 b 0 b 2 1 + b2 a2 + a1 0 . De optelling in R is commutatief zodat a1 + a2 = a2 + a1 en 0 b2 + b1 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, a 0 nemen we willekeurig r, s ∈ R en u = ∈ D. Dan is 0 b a 0 (rs)a 0 (rs) · u = (rs) · = 0 b 0 (rs)b en

a r · (s · u) = r · s · 0

0 sa 0 r(sa) 0 =r· = . b 0 sb 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). a1 0 a2 0 6. Zij r ∈ R en u, v ∈ D willekeurig. Stellen we u = en v = dan 0 b1 0 b2 is enerzijds a1 + a2 0 r(a1 + a2 ) 0 r · (u + v) = r · = 0 b1 + b2 0 r(b1 + b2 ) ra1 + ra2 0 = 0 rb1 + rb2 terwijl anderzijds r·u+r·v =r·

a1 0

0 b1

+r·

a2 0

0 b2

ra1 0 ra2 0 + 0 rb1 0 rb2 ra1 + ra2 0 = 0 rb1 + rb2

waarmee bewezen is dat de scalaire vermenigvuldiging in D distributief is ten opzichte van de optelling in D. 7. We tonen aan dat de scalaire vermenigvuldiging in D distributief is ten opzichte a 0 van de optelling in R. Daartoe nemen we r, s ∈ R en u = ∈ D: 0 b (r + s)a 0 ra + sa 0 a 0 a 0 (r +s)·u = = = r· +s· . 0 (r + s)b 0 rb + sb 0 b 0 b 8. Ten slotte is het reëel getal 1 een neutraal element voor de scalaire vermenigvuldiging a 0 in D. Inderdaad, voor elke u = ∈ D volgt uit de definitie van scalaire 0 b 1a 0 a 0 vermenigvuldiging dat 1 · u = = = u. 0 1b 0 b We besluiten dat R, D, + een vectorruimte is.

Vectorruimten

4. Beschouw de verzameling van de complexe getallen C voorzien van de klassieke optelling 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 in C zijn: er geldt inderdaad dat (a + c) + (b + d)i ∈ C en (ra) + (rb)i ∈ C voor elke a, 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 + f i dan volgt uit de definitie van optelling in C enerzijds (u + v) + w = ((a + bi) + (c + di)) + (e + f i) = ((a + c) + (b + d)i) + (e + f i) = ((a + c) + e) + ((b + d) + f )i terwijl anderzijds u + (v + w) = (a + bi) + ((c + di) + (e + f i)) = (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 voor elke 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 getal 0 als neutraal element voor de optelling in R. Analoog is ook 0C + u = u. 3. Nemen we willekeurig u = a + bi ∈ C dan is u0 = (−a) + (−b)i een invers element van u voor de optelling in C: u + u0 = (a + bi) + ((−a) + (−b)i) = (a + (−a)) + (b + (−b))i = 0 + 0i = 0C . Analoog is u0 + u = 0C . 4. De optelling in C is commutatief want voor elke u = a + bi ∈ C en v = c + di ∈ C is enerzijds u + v = (a + c) + (b + d)i terwijl anderzijds v + u = (c + a) + (d + b)i. De optelling in R is commutatief zodat a + c = c + a en b + d = d + b. We verkrijgen dat 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 en r · (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 ten opzichte van de optelling in C. 7. We tonen aan dat de scalaire vermenigvuldiging in C distributief is ten opzichte van 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 vermenigvuldiging in C. Inderdaad, voor elke u = a + bi ∈ C volgt uit de definitie van scalaire vermenigvuldiging 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 | det M = 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 1 2 1 0 M= en N = −2 −4 0 0 dan is M ∈ S en N ∈ S maar M +N = want det(M + N ) = −4 6= 0.

2 −2

2 6∈ S −4

Vectorruimten

6. Zij m ∈ N0 en beschouw de verzameling van alle reële veeltermen in X m : R[X m ] = {b0 + b1 X m + b2 X 2m + · · · + bn X nm | n ∈ N en b0 , b1 , . . . , bn ∈ R} voorzien van de klassieke optelling en scalaire vermenigvuldiging van veeltermen. Toon aan dat R, R[X m ], + een vectorruimte is. Oplossing. Noem Y = X m . Dan is R[X m ] = R[Y ]. Nu is R, R[Y ], + een vectorruimte met andere woorden: R, R[X m ], + is een vectorruimte. 7. Een magisch vierkant van orde n (met n ∈ N0 ) is een vierkant schema waarin n2 getallen zodanig zijn ingevuld dat de kolommen, de rijen en de beide diagonalen alle dezelfde som opleveren. Hieronder zie je het magisch vierkant van orde 4 uit de kopergravure Melencolia I van Albrecht Dürer (1514). Bewijs dat de verzameling van magische vierkanten van orde 4, voorzien van de hokjesgewijze optelling en hokjesgewijze scalaire vermenigvuldiging, een reële vectorruimte is.

Oplossing. Stellen we een vierkant schema  a11 a21 A= a31 a41

van 16 getallen voor met een reële 4 × 4-matrix  a12 a13 a14 a22 a23 a24   a32 a33 a34  a42 a43 a44

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

) ( 4 4 4 4

X X X X 4×4

akk = ak,4−k . M= A∈R ail = akj =

∀i, j ∈ {1, 2, 3, 4} :

l=1

k=1

De hokjesgewijze optelling en hokjesgewijze scalaire vermenigvuldiging van magische vierkanten komt dan overeen met de elementsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging van matrices. Eerst gaan we na of de optelling en scalaire vermenigvuldiging inwendig in M zijn. Voor A, B ∈ M geldt inderdaad dat A + B ∈ M. Zo is bijvoorbeeld de som van de elementen van eerste rij van A + B gelijk aan de som van de elementen van de tweede kolom van A + B want 4 4 4 4 4 4 X X X X X X a1l + b1l = ak2 + bk2 = (ak2 + bk2 ) (a1l + b1l ) = l=1

l=1

k=1

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat de som van de elementen van 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 som van de elementen van de tweede kolom van B (want B ∈ M). Daarnaast geldt voor r ∈ R

15 en A â&#x2C6;&#x2C6; M dat r Âˇ A â&#x2C6;&#x2C6; M. Zo is bijvoorbeeld de som van de elementen van de derde rij van r Âˇ A gelijk aan de som van de elementen van de hoofddiagonaal van r Âˇ A want 4 X

(ra3l ) = r

l=1

4 X

a3l = r

l=1

4 X

akk =

k=1

4 X

(rakk )

k=1

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat de som van de elementen van de derde rij van A gelijk is aan de som van de elementen van de hoofddiagonaal van A (want A â&#x2C6;&#x2C6; M). Vervolgens gaan we de acht axiomaâ&#x20AC;&#x2122;s van een vectorruimte na. Axiomaâ&#x20AC;&#x2122;s 1,4,5,6,7 en 8 volgen rechtstreeks uit het feit dat deze axiomaâ&#x20AC;&#x2122;s voldaan zijn voor de elementsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging van 4 Ă&#x2014; 4-matrices (R, R4Ă&#x2014;4 , + is een vectorruimte, zie Voorbeeld 2.9). Voor de axiomaâ&#x20AC;&#x2122;s 2 en 3 gaan we als volgt te werk. 2. De 4 Ă&#x2014; 4-nulmatrix 0R2Ă&#x2014;2 is een magisch vierkant van orde 4 omdat de kolommen, de rijen en de beide diagonalen alle som nul hebben. Nu is A + 0R4Ă&#x2014;4 = A = 0R4Ă&#x2014;4 + A voor elke A â&#x2C6;&#x2C6; R4Ă&#x2014;4 want R, R4Ă&#x2014;4 , + is een vectorruimte. Er geldt dus ook dat A + 0R4Ă&#x2014;4 = A = 0R4Ă&#x2014;4 + A voor elke A â&#x2C6;&#x2C6; M. We besluiten dat 0M = 0R4Ă&#x2014;4 een neutraal element voor de optelling in M is. 3. Is A â&#x2C6;&#x2C6; M dan is de tegengestelde matrix â&#x2C6;&#x2019;A ook een magisch vierkant. Zo is bijvoorbeeld de som van de elementen van de vierde kolom van â&#x2C6;&#x2019;A gelijk aan de som van de elementen van de nevendiagonaal van â&#x2C6;&#x2019;A want 4 X k=1

(â&#x2C6;&#x2019;ak4 ) = â&#x2C6;&#x2019;

4 X

ak4 = â&#x2C6;&#x2019;

k=1

4 X k=1

ak,4â&#x2C6;&#x2019;k =

4 X

(â&#x2C6;&#x2019;ak,4â&#x2C6;&#x2019;k )

k=1

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat de som van de elementen van de vierde kolom van A gelijk is aan de som van de elementen van de nevendiagonaal van A (want A â&#x2C6;&#x2C6; M). Nu is â&#x2C6;&#x2019;A + A = 0R4Ă&#x2014;4 = A + (â&#x2C6;&#x2019;A) voor elke A â&#x2C6;&#x2C6; R4Ă&#x2014;4 want R, R4Ă&#x2014;4 , + is een vectorruimte. Er geldt dus ook dat â&#x2C6;&#x2019;A + A = 0R4Ă&#x2014;4 = A + (â&#x2C6;&#x2019;A) voor elke A â&#x2C6;&#x2C6; M. Omdat â&#x2C6;&#x2019;A â&#x2C6;&#x2C6; M (zie hierboven) is â&#x2C6;&#x2019;A een invers element voor de optelling van A in M. We besluiten dat R, M, + een vectorruimte is.

x, y â&#x2C6;&#x2C6; R , die we voorzien van de volgende y

optelling en scalaire vermenigvuldiging: x1 x x + x2 + 1 x rx + r â&#x2C6;&#x2019; 1 + 2 = 1 en r Âˇ = . y1 y2 y1 + y2 â&#x2C6;&#x2019; 1 y ry â&#x2C6;&#x2019; r + 1 8. Beschouw de verzameling EX =

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 x1 + x2 + 1 rx + r â&#x2C6;&#x2019; 1 EX zijn: er geldt inderdaad dat â&#x2C6;&#x2C6; EX en â&#x2C6;&#x2C6; EX voor elke y1 + y2 â&#x2C6;&#x2019; 1 ry â&#x2C6;&#x2019; r + 1 xi , yi , r, x, y â&#x2C6;&#x2C6; R. Vervolgens gaan we de acht axiomaâ&#x20AC;&#x2122;s van een vectorruimte na. 1. Om aan te tonen dat de optelling in EX associatief is, nemen we u, v, w â&#x2C6;&#x2C6; EX x1 x2 x willekeurig. Schrijven we u = ,v= en w = 3 dan volgt uit de definitie y1 y2 y3

Vectorruimten van optelling in EX enerzijds

x1 x x (u + v) + w = + 2 + 3 y1 y2 y3 x + x2 + 1 x = 1 + 3 y1 + y2 − 1 y3 (x1 + x2 + 1) + x3 + 1 = (y1 + y2 − 1) + y3 − 1 terwijl anderzijds x1 x2 x + + 3 y1 y2 y3 x x + x3 + 1 = 1 + 2 y1 y2 + y3 − 1 x + (x2 + x3 + 1) + 1 = 1 . y1 + (y2 + y3 − 1) − 1

u + (v + w) =

We besluiten dat (u + v) + w = u + (v + w). α ∈ EX zodat 0EX het neutraal element voor 2. We zoeken eerst een element 0EX = β x1 + α + 1 x de optelling in EX is. Dan moet voor elke x1 , y1 ∈ R gelden dat = 1 y + β − 1 y1 1 −1 waaruit we afleiden dat α = −1 en β = 1. Het element 0EX = is een neutraal 1 x element voor de optelling in EX, want voor elke u = 1 ∈ EX is y1 u + 0EX =

x1 −1 x −1+1 x + = 1 = 1 = u. y1 1 y1 + 1 − 1 y1

Analoog is ook 0EX + u = u. 0 x x 3. Nemen willekeurig u = ∈ EX. We zoeken een element u0 = 0 ∈ EX zodat y y 0 u het invers element van u voor de optelling in EX is. Dan moet gelden dat x + x0 + 1 −1 0 0 = waaruit we afleiden dan x = −x − 2 en y = −y + 2. Het y + y0 − 1 1 −x − 2 element u0 = is invers element van u voor de optelling in EX: −y + 2 u + u0 =

x −x − 2 x + (−x − 2) + 1 −1 + = = = 0EX . y −y + 2 y + (−y + 2) − 1 1

Analoog is u0 + u = 0EX . x1 x 4. De optelling in EX is commutatief want voor elke u = ∈ EX en v = 2 ∈ EX y1 y2 x1 x2 x1 + x2 − 1 is enerzijds u + v = + = terwijl anderzijds v + u = y1 y2 y1 + y2 − 1 x2 x x + x1 − 1 + 1 = 2 . We verkrijgen dat u + v = v + u. y2 y1 y2 + y1 − 1

17 5. Om aan te tonen dat de scalaire vermenigvuldiging in EX gemengd associatief is, x nemen we willekeurig r, s ∈ R en u = ∈ EX. Dan is y x (rs)x + rs − 1 (rs) · u = (rs) · = y (rs)x − rs + 1 en x sx + s − 1 r(sx + s − 1) + r − 1 rsx + rs − 1 r·(s·u) = r· s · = r· = = y sy − s + 1 r(sy − s + 1) − r + 1 rsy − rs + 1 waaruit volgt dat (rs) · u = r · (s · u). x1 x en v = 2 dan is enerzijds y1 y2 x + x2 + 1 r · (u + v) = r · 1 y1 + y2 − 1 r(x1 + x2 + 1) + r − 1 = r(y1 + y2 − 1) − r + 1 rx1 + rx2 + 2r − 1 = ry1 + ry2 − 2r + 1

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

terwijl anderzijds x x r·u+r·v =r· 1 +r· 2 y1 y2 rx1 + r − 1 rx2 + r − 1 = + ry1 − r + 1 ry2 − r + 1 rx1 + r − 1 + rx2 + r − 1 + 1 = ry1 − r + 1 + ry2 − r + 1 − 1 rx1 + rx2 + 2r − 1 = ry1 + ry2 − 2r + 1 waarmee bewezen is dat de scalaire vermenigvuldiging in EX distributief is ten opzichte van de optelling in EX. 7. We tonen aan dat de scalaire vermenigvuldiging in EX distributief is ten opzichte x van de optelling in R. Daartoe nemen we r, s ∈ R en u = ∈ EX. Enerzijds is y (r + s)x + (r + s) − 1 (r + s) · u = (r + s)y − (r + s) + 1 terwijl anderzijds r · u + s · u gelijk is aan rx + r − 1 sx + s − 1 rx + r − 1 + sx + s − 1 + 1 rx + sx + r + s − 1 + = = ry − r + 1 sy − s + 1 ry − r + 1 + sy − s + 1 − 1 ry + 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 x in EX. Inderdaad, voor elke u = ∈ EX volgt uit de definitie van scalaire y 1x + 1 − 1 x vermenigvuldiging dat 1 · u = = = u. 1y − 1 + 1 y We besluiten dat R, EX, + een vectorruimte is.

Vectorruimten

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

(b) 3u = v1

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

Oplossing. u + v1 = v2

(a)

⇒ (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 1 1 · (3u) = · v1 3 3 1 1 · 3 · u = · v1 3 3 1 1 · u = · v1 3 1 u = · v1 3 We hebben gesteund op axioma’s 5 en 8 .

wegens axioma 5

wegens axioma 8

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 ) 1 1 · (3u) = (v2 + (−v1 )) 3 3 1 1 · 3 · u) = (v2 + (−v1 )) 3 3 1 1 · u = (v2 + (−v1 )) 3 1 u = (v2 + (−v1 )) 3 We hebben gesteund op axioma’s 1, 2, 3, 5 en 8 .

wegens axioma 2

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

wegens axioma 5

wegens axioma 8

19 3(u + v1 ) + 2(u + v2 ) = 0V

(d)

⇒ (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 ) 1 1 · (5u) = (−(3v1 + 2v2 )) ⇒ 5 5 1 1 ⇒ · 5 · u = (−(3v1 + 2v2 )) 5 5 1 ⇒ 1 · u = (−(3v1 + 2v2 )) 5 1 ⇒ u = (−(3v1 + 2v2 )) 5 We hebben gesteund op axioma’s 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 en 8 .

wegens axioma 2

wegens axioma 5

wegens axioma 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 vermenigvuldiging, geen reële vectorruimte is. (c) Men kan ook vectorruimten beschouwen over een andere verzameling dan R, zoals bijvoorbeeld Q. (Niet elke verzameling komt echter in aanmerking: ze moet een veld zijn. De verzamelingen Q, R en C zijn velden, maar N en Z niet. De definitie √ van een veld is niet nodig om deze oefening op te lossen.) Toon aan dat Q[ 2], voorzien van de klassieke optelling en scalaire vermenigvuldiging √ √ √ √ √ en + : Q[ 2] × Q[ 2] → Q[ 2] · : Q × Q[ 2] → Q[ 2], een rationale vectorruimte√is (dus een vectorruimte over Q). Deze vectorruimte wordt genoteerd als Q, Q[ 2], +. Oplossing. √ √ √ √ √ √ 1 5 √ + · 2 ∈ Q[ 2], 0 + 0 · 2 = 0 ∈ Q[ 2] en 0 + 1 · 2 = 2 ∈ Q[ 2]. 2 3 √ (b) De scalaire vermenigvuldiging √ met√reële getallen √ is niet inwendig in√Q[ 2]. Zo √ is bijvoorbeeld 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. (a) Bijvoorbeeld

Vectorruimten √ √ √ √ Veronderstel, uit het ongerijmde, dat 3 ∈ Q[ 2]. Dan zou 3 = a + b · 2 voor zekere a, b ∈ Q. Kwadrateren van beide leden geeft dan: √ √ 3 = (a + b 3)2 ⇒ 3 = a2 + 2ab 2 + 2b2 √ 3 − a2 − 2b2 ⇒ ab 2 = . 2 2

We beweren dat ab 6= 0. Inderdaad, mocht a = 0 dan zou 0 = 3−2b zodat b2 = 3/2. 2 2 Dit kan niet want b ∈ Q. En mocht b = 0 dan zou 0 = 3−a zodat a2 = 3 wat 2 onmogelijk is omdat a ∈ Q. Op die manier hebben we aangetoond dat ab = 6 0 waaruit √ 3 − a2 − 2b2 . 2= 2ab √ 2 −2b2 Omdat a, b ∈ Q is 3−a2ab ∈ Q en dus ook 2 ∈ Q, een strijdigheid. √ vermenigvuldiging inwendig (c) Eerst gaan we na of de optelling en scalaire √ √ √ 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 vectorruimte na. √ 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 2 dan 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 in √ √ √ Q[ 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 reëel getal 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 u0 = (−a) + (−b) 2 een invers element van u voor de optelling in Q[ 2], want u + u0 is gelijk aan √ √ √ √ (a + b 2) + ((−a) + (−b) 2) = (a + (−a)) + (b + (−b)) 2 = 0 + 0 2 = 0Q[√2] . Analoog is u0 + u = 0Q[√2] .

21 √ √ √ 4. De optelling a + b 2 ∈ Q[ 2] en √ in Q[√ 2] is commutatief want voor elke u =√ v = 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 + a en b + d = d + b. We verkrijgen dat u + v = v + u. √ 5. Om aan te tonen dat de scalaire vermenigvuldiging in Q[ as√ 2] gemengd √ 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 2 dan 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 is ten opzichte van de optelling in Q[ 2]. √ 7. We tonen aan dat de scalaire vermenigvuldiging in Q[ 2] distributief is ten opzichte 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 vermenig√ de scalaire √ 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.

Vectorruimten

11. Zij R, V, + een vectorruimte. Bewijs de volgende basiseigenschappen. Vermeld bij elke 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.

ru = sv

⇒

1 1 · (ru) = · (rv) r r 1 1 r ·u= r ·v r r

1 ∈ R want r 6= 0 r 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.

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

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

1 2

2 1 (3u + 2v1 − v2 ) = (v1 − u + 3v3 ) 2 3

(b)

Oplossing. (a) (v1 − u) + (v2 − u) + (v3 − u) = 0V

(b)

2 1 (3u + 2v1 − v2 ) = (v1 − u + 3v3 ) 2 3

⇒

v1 + v2 + v3 − 3u = 0V

⇒

1 1 1 v1 + v2 + v 3 3 3 3

⇒

9u + 6v1 − 3v2 = 4v1 − 4u + 12v3

⇒

13u = −2v1 + 3v2 + 12v3

⇒

u=−

2 3 12 v1 + v2 + v3 13 13 13

13. Zij R, V, + een niet-triviale vectorruimte. Bepaal telkens (indien mogelijk) de waarde(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

(d) 6xu = 2(3x − 2)u + 4u

Oplossing. (a) Voor elke u ∈ V geldt: 3xu = u − xu

⇔ ⇔

(4x − 1)u = 0V 1 x = of u = 0V . 4

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

1 . 4

(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 elke vector 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 .

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 de verzameling 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 elk element in F een invers element voor de optelling in F heeft. Toon met behulp van de functies f en g aan dat noodzakelijk dom 0F = ∅. (c) Toon aan dat F, voorzien van de puntsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging van functies, geen vectorruimte is door aan te tonen dat niet voldaan is aan 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-R afbeeldingen. Daarom behoren f en g niet tot RR . (b) Noteren we het invers element van f ∈ F met f 0 dan is f + f 0 = 0F . Voor elke twee functies f1 , f2 ∈ F is dom(f1 + f2 ) = dom f1 ∩ dom f2 . Dus uit f + f 0 = 0F volgt dat dom 0F ⊂ dom f = R0 . Analoog is dom 0F ⊂ dom g = {0}. Hieruit volgt dat dom 0F = ∅. (c) Mocht F, voorzien van de puntsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging van functies, een vectorruimte zijn dan zou wegens Eigenschap 2.18(iv) gelden dat 0 · f = 0F . Nu wordt de functie 0 · f gegeven door 0·f :R→R x 7→ (0 · f )(x) = 0 · f (x) = 0 zodat dom(0 · f ) = dom f = R0 . Anderzijds geldt wegens (b) dat dom 0F = ∅, een strijdigheid. We besluiten dat F, voorzien van de puntsgewijze optelling en scalaire vermenigvuldiging 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 nulvector 0R3 = (0, 0, 0) tot W behoren. Maar (0, 0, 0) 6∈ W want 2 · 0 − 3 · 0 + 5 · 0 6= 1, zodat W geen 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 telkens na of de gegeven vector tot de opspanning van {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 } behoort. Zo ja, schrijf zo’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 lineaire combinatie 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 + 2b + 3c = 2    3a + 6b + 2c + 7d + 7e = −1 ∃a, b, c, d, e ∈ R : −2a − 4b − c − 5d − 7e = 1    5a + 10b + 7c + 8d + 8e = 2.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel door rijherleiden naar de trapvorm:    1 2 3 0 0 2 1  3   0 6 2 7 7 −1 ∼ (A | B) =   −2 −4 −1 −5 −7 1   0 5 10 7 8 8 2 0

de uitgebreide matrix te

2 0 0 0

0 1 0 0

3 0 −1 0 0 1 0 0

 −1 1  . 0  0

Deelruimten Omdat rang A = 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 kan door middel van het eliminatie-algoritme van Gauss-Jordan: we vervangen het oorspronkelijke stelsel door het stelsel dat hoort bij de trapvorm van (A | B). Dit stelsel is gelijkwaardig met het oorspronkelijke stelsel en kunnen we oplossen door de nevenonbekenden (hier b en d) vrij te kiezen:  a + 2b + 3c = 2    3a + 6b + 2c + 7d + 7e = −1 −2a − 4b − c − 5d − 7e = 1    5a + 10b + 7c + 8d + 8e = 2.

⇔

  a + 2b + 3d = −1 c−d=1  e=0  a = −2r − 3s − 1      b=r c=s+1   d=s    e=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 andere lineaire combinatie v = −17v1 + 5v2 + 4v3 + 3v4 .

(b) De vector w behoort tot Span{v1 , v2 , v3 , v4 , v5 } enkel en alleen als w een lineaire combinatie 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 + 2b + 3c = 3    3a + 6b + 2c + 7d + 7e = 2 ∃a, b, c, d, e ∈ R : −2a − 4b − c − 5d − 7e = −1    5a + 10b + 7c + 8d + 8e = 6.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel door de uitgebreide matrix te rijherleiden naar de trapvorm: 

1  3 (A | B) =   −2 5

2 3 0 6 2 7 −4 −1 −5 10 7 8

0 7 −7 8

  3 1  0 2  ∼ −1   0 6 0

2 0 0 0

0 1 0 0

3 0 −1 0 0 1 0 0

 0 0  . 0  1

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

Opdracht 3.20. Beschouw de vectorruimte R, R[X], + van alle reële veeltermen. Voor n ∈ N0 definiëren we de verzameling van reële veeltermen in X met graad kleiner dan n, samen met de nulveelterm, als R[X]<n = {a0 + a1 X + a2 X 2 + · · · + an−1 X 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 van vectoren R[X]<n = {a0 + a1 X + a2 X 2 + · · · + an−1 X n−1 | a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ R} = {a0 · 1 + a1 X + a2 X 2 + · · · + an−1 X n−1 | a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ R} = Span{1, X, X 2 , . . . , X n−1 } zodat R[X]<n 6 R[X].

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 van R4 is. Oplossing. Eerst gaan we na of de optelling en scalaire vermenigvuldiging inwendig in W zijn. Neem u = (2s1 , 0, −s1 , t1 ) ∈ W en v = (2s2 , 0, −s2 , t2 ) ∈ W willekeurig en neem r ∈ R willekeurig. Dan is u + v = (2(s1 + s2 ), 0, −(s1 + s2 ), t1 + t2 ) ∈ W

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 in W associatief is, nemen we u, v, w ∈ W willekeurig. 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 , want voor 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 u0 = (−2s, 0, s, −t) een invers element van u voor de optelling in W : u + u0 = (2s, 0, −s, t) + (−2s, 0, s, −t) = (2s − 2s, 0, −s + s, t − t) = (0, 0, 0, 0) = 0W . Analoog is u0 + u = 0W . 4. De optelling in W is commutatief want voor elke u = (2s1 , 0, −s1 , t1 ) ∈ W en v = (2s2 , 0, −s2 , t2 ) ∈ W is enerzijds u + v = (2s1 + 2s2 , 0, −s1 − s2 , t1 + t2 ) terwijl anderzijds 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 ten opzichte van de optelling in W .

7. We tonen aan dat de scalaire vermenigvuldiging in W distributief is ten opzichte van 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 vermenigvuldiging in W . Inderdaad, voor elke u = (2s1 , 0, −s1 , t1 ) ∈ W volgt uit de definitie van scalaire 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.

Deelruimten

2. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R, R2 , + ook een deelruimte is. (a) {(3s, 2 + 5s) | s ∈ R}

(d) {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 = 1}

(b) {(x, y) ∈ R2 | x + y = 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, mocht W 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. (b) W = {(x, y) ∈ R2 | x + y = 1} is geen deelruimte van R2 . Immers, mocht W 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 = (x0 , y 0 ) ∈ W en r, s ∈ R willekeurig. Dan is ru + sv = (rx + sx0 , ry + sy 0 ) en rx + sx0 + ry + sy 0 = r(x + y) + s(x0 + y 0 ) = r · 0 + s · 0 = 0 waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat u, v ∈ W . We besluiten dat ru + sv ∈ W . • Bewijs met scheiden van parameters. We herschrijven W als de opspanning van 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 + y 2 = 1} is geen deelruimte van R2 . Immers, mocht W 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 bijvoorbeeld u = (1, 0) ∈ W en v = (0, 1) ∈ W . Dan is u + v = (1, 1) 6∈ W zodat niet voldaan is aan criterium (ii) voor deelruimten. (f) W = {(x, y) ∈ R2 | x > 0} is geen deelruimte van R2 . Neem bijvoorbeeld u = (1, 0) ∈ W . Dan is (−1)u = (−1, 0) 6∈ W zodat niet voldaan is aan criterium (ii) voor deelruimten.

3. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R, R3 , + ook een deelruimte is. (a) {(3s, 1 â&#x2C6;&#x2019; t, s) | s, t â&#x2C6;&#x2C6; R} (b) {(x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R3 | 5x â&#x2C6;&#x2019; 3y + 2z = 0} (c) {(x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R3 | x â&#x2C6;&#x2019; y + z = 1}

(d)

x y z

(x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R = = 5 3 â&#x2C6;&#x2019;2 3

(e) {(x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R3 | x2 + y 2 + z 2 = 0} (f) {(x, y, z) | x, y, z â&#x2C6;&#x2C6; Q}

Oplossing. (a) W = {(3s, 1 â&#x2C6;&#x2019; t, s) | s, t â&#x2C6;&#x2C6; R} is een deelruimte van R3 . â&#x20AC;˘ Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u = (3s, 1 â&#x2C6;&#x2019; t, s) â&#x2C6;&#x2C6; W , v = (3s0 , 1 â&#x2C6;&#x2019; t0 , s0 ) â&#x2C6;&#x2C6; W en a, b â&#x2C6;&#x2C6; R willekeurig. Dan is au + sb = a(3s, 1 â&#x2C6;&#x2019; t, s) + b(3s0 , 1 â&#x2C6;&#x2019; t0 , s0 ) = (3(as + bs0 ), 1 â&#x2C6;&#x2019; (1 â&#x2C6;&#x2019; a + at â&#x2C6;&#x2019; b + bt0 ), as + bs0 ) â&#x2C6;&#x2C6; R3 . â&#x20AC;˘ Bewijs met scheiden van parameters. We herschrijven W als de opspanning van vectoren: W = {(3s, 1 â&#x2C6;&#x2019; t, s) | s, t â&#x2C6;&#x2C6; R}

(noem q = 1 â&#x2C6;&#x2019; t)

= {(3s, q, s) | s, q â&#x2C6;&#x2C6; R} = {s(3, 0, 1) + q(0, 1, 0) | s, q â&#x2C6;&#x2C6; 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) â&#x2C6;&#x2C6; R3 | 5x â&#x2C6;&#x2019; 3y + 2z = 0} is een deelruimte van R3 . â&#x20AC;˘ Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u = (x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; W , v = (x0 , y 0 , z 0 ) â&#x2C6;&#x2C6; W en r, s â&#x2C6;&#x2C6; R willekeurig. Dan is ru + sv = (rx + sx0 , ry + sy 0 , rz + sz 0 ) en 5(rx + sx0 ) â&#x2C6;&#x2019; 3(ry + sy 0 ) + 2(rz + sz 0 ) = r(5x â&#x2C6;&#x2019; 3y + 2z) + s(5x0 â&#x2C6;&#x2019; 3y 0 + 2z 0 ) =rÂˇ0+sÂˇ0=0 waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat u, v â&#x2C6;&#x2C6; W . We besluiten dat ru + sv â&#x2C6;&#x2C6; W . â&#x20AC;˘ Bewijs met scheiden van parameters. We herschrijven W als de opspanning van vectoren: W = {(x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R3 | 5x â&#x2C6;&#x2019; 3y + 2z = 0}

5 3 3

= (x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R z = â&#x2C6;&#x2019; x + y 2 2

5 3

x, y, â&#x2C6;&#x2019; x + y x, y â&#x2C6;&#x2C6; R = 2 2

5 3

= x 1, 0, â&#x2C6;&#x2019; + y 0, 1, x, y â&#x2C6;&#x2C6; R 2 2

5 3 = Span 1, 0, â&#x2C6;&#x2019; , 0, 1, . 2 2

Deelruimten Wegens Stelling 3.15(i) is W = Span

1, 0, â&#x2C6;&#x2019; 52

3 , 0, 1, 2 6 R3 .

(c) W = {(x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R3 | x â&#x2C6;&#x2019; y + z = 1} is geen deelruimte van R3 . Immers, mocht W 6 R3 dan zou wegens Gevolg 3.5 de nulvector 0R3 = (0, 0, 0) tot W behoren. Maar (0, 0, 0) 6â&#x2C6;&#x2C6; W , zodat W geen deelruimte van R3 is.

n o

z (d) W = (x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R3 x5 = y3 = â&#x2C6;&#x2019;2 is een deelruimte van R3 . â&#x20AC;˘ Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u = (x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; W , v = z (x0 , y 0 , z 0 ) â&#x2C6;&#x2C6; W en r, s â&#x2C6;&#x2C6; R willekeurig. Omdat u â&#x2C6;&#x2C6; W is x5 = y3 = â&#x2C6;&#x2019;2 zodat ook r Âˇ levert

x 5

=r Âˇ

y 3

r Âˇ of nog

=r Âˇ

z â&#x2C6;&#x2019;2 .

Analoog is ook s Âˇ

x0 5

=s Âˇ

y0 3

=s Âˇ

z0 â&#x2C6;&#x2019;2 .

Optelling

x x0 y y0 z z0 +s Âˇ =r Âˇ +s Âˇ =r Âˇ +s Âˇ 5 5 3 5 â&#x2C6;&#x2019;2 â&#x2C6;&#x2019;2 ry + sy 0 rz + sz 0 rx + sx0 = = 5 3 â&#x2C6;&#x2019;2

waaruit volgt dat ru + sv = (rx + sx0 , ry + sy 0 , rz + sz 0 ) â&#x2C6;&#x2C6; W . â&#x20AC;˘ Bewijs met scheiden van parameters. We herschrijven W als de opspanning van vectoren:

y z 3 x W = (x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R = = 5 3 â&#x2C6;&#x2019;2

= (x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R3 3x = 5y en â&#x2C6;&#x2019; 2y = 3z

5 2 3

= (x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R x = y en z = â&#x2C6;&#x2019; y 3 3

5 2 = y, y, â&#x2C6;&#x2019; y

y â&#x2C6;&#x2C6; R 3 3

5 2

= y yâ&#x2C6;&#x2C6;R , 1, â&#x2C6;&#x2019; 3 3

5 2 = Span , 1, â&#x2C6;&#x2019; . 3 3 2 5 6 R3 . Wegens Stelling 3.15(i) is W = Span 3 , 1, â&#x2C6;&#x2019; 3 (e) W = {(x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R3 | x2 + y 2 + z 2 = 0} is deelruimte van R3 , want W = {0R3 } en dus is W een deelruimte van R3 . Dat W = {0R3 } bewijzen we als volgt. Omdat 0R3 = (0, 0, 0) â&#x2C6;&#x2C6; W is enerzijds {0R3 } â&#x160;&#x2020; W . Om aan te tonen dat ook W â&#x160;&#x2020; {0R3 } nemen we (x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; W willekeurig. Dan is x2 + y 2 + z 2 = 0. Nu is het kwadraat van een reĂŤel getal steeds positief, zodat x2 + y 2 + z 2 een som van positieve getallen is. Een som waarbij elke term een positief getal is, kan enkel nul zijn als elke term nul is. Hieruit volgt dat x2 = 0, y 2 = 0 en z 2 = 0 zodat x = y = z = 0. Dus (x, y, z) = 0R3 . (f) W = {(x, y, z) | x, y, z â&#x2C6;&#x2C6; Q} is geen deelruimte van R3 . Neem bijvoorbeeld â&#x2C6;&#x161; â&#x2C6;&#x161; â&#x2C6;&#x161; â&#x2C6;&#x161; u = (1, 0, 0) â&#x2C6;&#x2C6; W en r = 2 â&#x2C6;&#x2C6; R. Dan is 2 Âˇ u = ( 2, 0, 0) 6â&#x2C6;&#x2C6; W want 2 6â&#x2C6;&#x2C6; Q zodat niet voldaan is aan criterium (ii) voor deelruimten.

4. Beschouw voor een matrix A â&#x2C6;&#x2C6; RmĂ&#x2014;n de oplossingsverzameling WA van het lineair homogeen stelsel A Âˇ X = 0. Toon aan dat WA een deelruimte van de vectorruimte R, Rn , + is. Oplossing. We kunnen de oplossingsverzameling WA schrijven als ďŁą

ďŁŤ ďŁś ďŁŤ ďŁśďŁź

x1 0 ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´

ďŁ´ ďŁ´ ďŁ˛

ďŁŹ x2 ďŁˇ ďŁŹ0ďŁˇďŁ´ ďŁ˝ ďŁŹ ďŁˇ ďŁŹ ďŁˇ n

WA = (x1 , x2 , . . . , xn ) â&#x2C6;&#x2C6; R A Âˇ ďŁŹ . ďŁˇ = ďŁŹ . ďŁˇ . ďŁ´

ďŁ´ ďŁ .. ďŁ¸ ďŁ .. ďŁ¸ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´

ďŁ´ ďŁł ďŁž

xn 0 Om aan te tonen dat WA 6 Rn gaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neem u = (x1 , x2 , . . . , xn ) â&#x2C6;&#x2C6; W , v = (y1 , y2 , . . . , yn ) â&#x2C6;&#x2C6; W en r, s â&#x2C6;&#x2C6; R willekeurig. Dan is ru + sv = (rx1 + sy1 , rx2 + sy2 , . . . , rxn + syn ) en ďŁś ďŁŤ ďŁś ďŁŤďŁŤ ďŁś ďŁŤ ďŁśďŁś ďŁŤ ďŁś ďŁŤ rx1 + sy1 rx1 sy1 rx1 sy1 ďŁŹ rx2 ďŁˇ ďŁŹ sy2 ďŁˇ ďŁŹ rx2 + sy2 ďŁˇ ďŁŹďŁŹ rx2 ďŁˇ ďŁŹ sy2 ďŁˇďŁˇ ďŁˇ ďŁˇ ďŁŹďŁŹ ďŁˇ ďŁŹ ďŁˇďŁˇ ďŁŹ ďŁˇ ďŁŹ ďŁŹ AÂˇďŁŹ ďŁˇ = A Âˇ ďŁŹďŁŹ .. ďŁˇ + ďŁŹ .. ďŁˇďŁˇ = A Âˇ ďŁŹ .. ďŁˇ + A Âˇ ďŁŹ .. ďŁˇ .. ďŁ¸ ďŁ ďŁ¸ ďŁ¸ ďŁ ďŁ¸ ďŁ ďŁ ďŁ¸ ďŁ ďŁ . ďŁ¸ . . . . rxn + syn

rxn syn rxn syn ďŁś ďŁŤ ďŁś ďŁŤ ďŁś ďŁŤ ďŁś ďŁŤ ďŁś x1 y1 0 0 0 ďŁŹ x2 ďŁˇ ďŁŹ y2 ďŁˇ ďŁŹ0ďŁˇ ďŁŹ0ďŁˇ ďŁŹ0ďŁˇ ďŁŹ ďŁˇ ďŁŹ ďŁˇ ďŁŹ ďŁˇ ďŁŹ ďŁˇ ďŁŹ ďŁˇ = rA Âˇ ďŁŹ . ďŁˇ + sA Âˇ ďŁŹ . ďŁˇ = r ďŁŹ . ďŁˇ + s ďŁŹ . ďŁˇ = ďŁŹ . ďŁˇ ďŁ .. ďŁ¸ ďŁ .. ďŁ¸ ďŁ .. ďŁ¸ ďŁ .. ďŁ¸ ďŁ .. ďŁ¸ ďŁŤ

waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat u, v â&#x2C6;&#x2C6; W . We besluiten dat ru + sv â&#x2C6;&#x2C6; W . 5. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R, R2Ă&#x2014;2 , + ook een deelruimte is. (a)

a 1â&#x2C6;&#x2019;b

a, b â&#x2C6;&#x2C6; R 0

(b)

a c

b â&#x2C6;&#x2C6; R2Ă&#x2014;2 d

a+d=0

Oplossing.

2Ă&#x2014;2

(a) W =

a, b â&#x2C6;&#x2C6; R is geen deelruimte van R . Immers, mocht W 6 0 0 2Ă&#x2014;2 R dan zou wegens Gevolg 3.5 de nulvector 0R2Ă&#x2014;2 = tot W behoren. 0 0 0 0 Maar 6â&#x2C6;&#x2C6; W , zodat W geen deelruimte van R2Ă&#x2014;2 is. 0 0

a b (b) W = â&#x2C6;&#x2C6; R2Ă&#x2014;2

a + d = 0 is een deelruimte van R2Ă&#x2014;2 . c d a b â&#x20AC;˘ Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u = â&#x2C6;&#x2C6; W, v = c d 0 a b0 ra + sa0 rb + sb0 â&#x2C6;&#x2C6; W en r, s â&#x2C6;&#x2C6; R willekeurig. Dan is ru + sv = c0 d0 rc + sc0 rd + sd0 en ra + sa0 + rb + sb0 = r(a + b) + s(a0 + b0 ) = r Âˇ 0 + s Âˇ 0 = 0

a b 1â&#x2C6;&#x2019;b 0

Deelruimten waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat u, v â&#x2C6;&#x2C6; W . We besluiten dat ru + sv â&#x2C6;&#x2C6; W . â&#x20AC;˘ Bewijs met scheiden van parameters. We herschrijven W als de opspanning van vectoren:

a b W = â&#x2C6;&#x2C6; R2Ă&#x2014;2

a + d = 0 c d

a b = â&#x2C6;&#x2C6; R2Ă&#x2014;2

d = â&#x2C6;&#x2019;a c d

a b

= a, b, c â&#x2C6;&#x2C6; R c â&#x2C6;&#x2019;a

1 0 0 1 0 0

= a +b +c a, b, c â&#x2C6;&#x2C6; R 0 â&#x2C6;&#x2019;1 0 0 1 0

1 0 0 1 0 0 = Span , , . 0 â&#x2C6;&#x2019;1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 Wegens Stelling 3.15(i) is W = Span , , 6 R2Ă&#x2014;2 . 0 â&#x2C6;&#x2019;1 0 0 1 0

6. Beschouw de vectorruimte R, RnĂ&#x2014;n , + en de deelverzameling van alle scheefsymmetrische matrices W = {A â&#x2C6;&#x2C6; RnĂ&#x2014;n | AT = â&#x2C6;&#x2019;A}. Toon aan dat W een deelruimte van RnĂ&#x2014;n is. Oplossing. Om aan te tonen dat W een deelruimte van RnĂ&#x2014;n is, gaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neem A, B â&#x2C6;&#x2C6; W en r, s â&#x2C6;&#x2C6; R willekeurig. Uit de eigenschappen van transponeren van matrices volgt dat (rA + sB)T = (rA)T + (sB)T = rAT + sB T = r(â&#x2C6;&#x2019;A) + s(â&#x2C6;&#x2019;B) = â&#x2C6;&#x2019;(rA + sB) waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat A, B â&#x2C6;&#x2C6; W . We besluiten dat rA + sB â&#x2C6;&#x2C6; W . 7. Ga na of de volgende deelverzameling van de vectorruimte R, RN , + een deelruimte is: W = {(r â&#x2C6;&#x2019; s, 2r â&#x2C6;&#x2019; 4s, 3r â&#x2C6;&#x2019; 9s, 4r â&#x2C6;&#x2019; 16s, 5r â&#x2C6;&#x2019; 25s, . . .) | r, s â&#x2C6;&#x2C6; R}. Oplossing. We tonen aan dat W een deelruimte van RN is. â&#x20AC;˘ Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u = (r1 â&#x2C6;&#x2019; s1 , 2r1 â&#x2C6;&#x2019; 4s1 , 3r1 â&#x2C6;&#x2019; 9s1 , 4r1 â&#x2C6;&#x2019;16s1 , 5r1 â&#x2C6;&#x2019;25s1 , . . .) â&#x2C6;&#x2C6; W , v = (r2 â&#x2C6;&#x2019;s2 , 2r2 â&#x2C6;&#x2019;4s2 , 3r2 â&#x2C6;&#x2019;9s2 , 4r2 â&#x2C6;&#x2019;16s2 , 5r2 â&#x2C6;&#x2019; 25s2 , . . .) â&#x2C6;&#x2C6; W en a, b â&#x2C6;&#x2C6; R willekeurig. Dan is au + bv = a(r1 â&#x2C6;&#x2019; s1 , 2r1 â&#x2C6;&#x2019; 4s1 , 3r1 â&#x2C6;&#x2019; 9s1 , . . .) + b(r2 â&#x2C6;&#x2019; s2 , 2r2 â&#x2C6;&#x2019; 4s2 , 3r2 â&#x2C6;&#x2019; 9s2 , . . .) = (ar1 â&#x2C6;&#x2019; as1 + br2 â&#x2C6;&#x2019; bs2 , 2ar1 â&#x2C6;&#x2019; 4as1 + 2br2 â&#x2C6;&#x2019; 4bs2 , 3ar1 â&#x2C6;&#x2019; 9as1 + 3br2 â&#x2C6;&#x2019; 9bs2 , . . .) = ((ar1 + br2 ) â&#x2C6;&#x2019; (as1 + bs2 ), 2(ar1 + br2 ) â&#x2C6;&#x2019; 4(as1 + bs2 ), . . .) zodat ru + sv â&#x2C6;&#x2C6; W .

35 • Bewijs met scheiden van parameters. We herschrijven W als de opspanning van vectoren: 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 de relatie an+2 = an+1 + an voor elke n ∈ N. Toon aan dat de verzameling W van alle veralgemeende rijen van Fibonacci een deelruimte van de vectorruimte R, RN , + is. Oplossing. We kunnen de verzameling W van alle veralgemeende rijen van Fibonacci schrijven 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. Neem u = (a0 , a1 , a2 , . . .) ∈ W , v = (b0 , b1 , b2 , . . .) ∈ W en r, s ∈ R willekeurig. Dan is ru + 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 dat ru + sv ∈ W . 9. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R, R[X], + ook een deelruimte is. (a) {aX 2 | a ∈ R} (b) {a + bX + cX 2 | a, b, c ∈ Z} (c) {A ∈ R[X] | gr A > 2} (d) {A ∈ R[X] | gr A > 2} ∪ {0R[X] } (e) {A ∈ R[X] | A is deelbaar door X − 2} (f) {A ∈ R[X] | A is niet deelbaar door X 2 } Oplossing. (a) W = {aX 2 | a ∈ R} is een deelruimte van R[X]. • Bewijs met criterium (iii) voor deelruimten. Neem u = a1 X 2 ∈ W , v = a2 X 2 ∈ W en r, s ∈ R willekeurig. Dan is ru + sv = ra1 X 2 + sa2 X 2 = (ra1 + sa2 )X 2 ∈ W. • Bewijs met scheiden van parameters. We herschrijven W als de opspanning van vectoren: W = {aX 2 | a ∈ R} = Span{X 2 }. Wegens Stelling 3.15(i) is W = Span{X 2 } 6 R[X].

Deelruimten

(b) W = {a + bX + cX 2 | a, b, c ∈ Z} is geen deelruimte van R[X]. Neem bijvoorbeeld u = X ∈ W en r = 12 ∈ R. Dan is ru = 12 X 6∈ W want 12 6∈ Z zodat niet voldaan is aan criterium (ii) voor deelruimten. (c) W = {A ∈ R[X] | gr A > 2} is geen deelruimte van R[X]. Immers, mocht W 6 R[X] dan zou wegens Gevolg 3.5 de nulvector 0R[X] tot W behoren en dat is niet het geval. (d) W = {A ∈ R[X] | gr A > 2} ∪ {0R[X] } is geen deelruimte van R[X]. Neem bijvoorbeeld u = X + X 2 ∈ W en v = X − X 2 ∈ W . Dan is u + v = 2X 6∈ W zodat niet voldaan is aan criterium (ii) voor deelruimten. (e) W = {A ∈ R[X] | A is deelbaar door X − 2} is een deelruimte van R[X]. Om dat aan te tonen gaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neem A, B ∈ W en r, s ∈ R willekeurig. Omdat A deelbaar is door X − 2, is A = (X − 2)A0 voor een zekere A0 ∈ R[X]. Analoog is B = (X − 2)B 0 voor een zekere B 0 ∈ R[X]. Uit rA + sB = r(X − 2)A0 + s(X − 2)B 0 = (X − 2)(rA0 + sB 0 ) 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 X 2 } is geen deelruimte van R[X]. Neem bijvoorbeeld u = X +X 4 ∈ W en v = −X +X 4 ∈ W . Dan is u+v = 2X 4 6∈ W zodat niet voldaan is aan criterium (ii) voor deelruimten. 10. Ga telkens na of de vermelde deelverzameling van de vectorruimte R, RR , + ook een deelruimte is. (a) {f ∈ RR | f (2) = 1} (b) {f ∈ RR | f (2) = 3 · f (0)}

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

(f) {a sin x + b cos x | 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= 1 zodat 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 tonen gaan 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 . We besluiten dat rf + sg ∈ W . (c) W = {f ∈ RR | f is een even functie} is een deelruimte van RR . Om dat aan te tonen gaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neem f, g ∈ RR en r, s ∈ R willekeurig. Voor elke x ∈ R is (rf + sg)(−x) = rf (−x) + sg(−x) = rf (x) + sg(x) = (rf + sg)(x) waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat f, g ∈ W . We besluiten dat rf + sg ∈ W .

37 (d) W = {f ∈ RR | f is een oneven functie} is een deelruimte van RR . Om dat aan te tonen gaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neem f, g ∈ RR en r, s ∈ R willekeurig. Voor elke x ∈ R is (rf + sg)(−x) = rf (−x) + sg(−x) = r(−f (x)) + s(−g(x)) = −(rf + sg)(x) waarbij we in de voorlaatste gelijkheid steunen op het feit dat f, g ∈ W . We besluiten dat rf + sg ∈ W . (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 een veeltermfunctie is een veeltermfunctie, zodat aan criterium (ii) voor deelruimten is voldaan. (f) W = {a sin x + b cos x | a, b ∈ R} is een deelruimte van RR . Om dat aan te tonen gaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neem f, g ∈ RR en r, s ∈ R willekeurig. Schrijven we f = a sin x + b cos x en g = c sin x + d cos x met a, b, c, d ∈ R dan is rf +sg = r(a sin x+b cos x)+s(c sin x+d cos x) = (ra+sc) sin x+(rb+sd) cos x ∈ 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. R Oplossing. Neem p ∈ R+ 0 willekeurig. Om aan te tonen dat Wp 6 R gaan we criterium (iii) voor deelruimten na. Neem f, g ∈ Wp en r, s ∈ R willekeurig. Dan geldt voor elke x ∈ 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 besluiten dat 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 tonen dat de volgende twee uitspraken equivalent zijn: (iii) ∀u, v ∈ W, ∀r, s ∈ R : ru + sv ∈ W , (iv) ∀u0 , v 0 ∈ W, ∀r0 ∈ R : r0 u0 + v 0 ∈ W . We bewijzen de twee implicaties (iii) ⇒ (iv) en (iv) ⇒ (iii). (iii) ⇒ (iv) Neem u0 , v 0 ∈ W en r0 ∈ R willekeurig. Passen we (iii) toe voor de keuze u = u0 , v = v 0 , r = r0 en s = 1 verkrijgen we r0 u0 + v 0 = r0 u0 + 1v 0 = ru + sv ∈ W . (iv) ⇒ (iii) Neem u, v ∈ W en r, s ∈ R willekeurig. Passen we (iv) toe voor de keuze r0 = −1, u0 = v en v 0 = v dan verkrijgen we 0V = (−1)v + v = r0 u0 + v 0 ∈ W . Vervolgens passen we (iv) toe voor de keuze r0 = s, u0 = v en v 0 = 0V ∈ W en verkrijgen zo dat sv = sv + 0V = r0 u0 + v 0 ∈ W . Ten slotte passen we (iv) toe voor de keuze r0 = r, u0 = u en v 0 = sv ∈ W en vinden ru + sv = r0 u0 + v 0 ∈ W .

Deelruimten

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

⇔

W1 = V of W2 = V.

Oplossing. Als W1 = V of W2 = V dan is W1 ∪W2 = V . Omgekeerd, stel dat W1 ∪W2 = V . We moeten aantonen dat W1 = V of W2 = V . Veronderstel uit het ongerijmde dat W1 6= V en W2 6= V . Dan is W1 \ W2 6= ∅ en W2 \ W1 6= ∅. Kies w1 ∈ W1 \ W2 en w2 ∈ W2 \ W1 willekeurig. We beweren dat v = w1 + w2 6∈ W1 . Inderdaad, mocht v ∈ W1 dan zou w2 = v − w1 ∈ W1 (want v, w1 ∈ W en W is een vectorruimte). Maar dat is strijdig met het feit dat w2 ∈ W2 \ W1 . Dus v = w1 + w2 6∈ W1 . Analoog is v = w1 + w2 6∈ W2 . Maar dan is v = w1 + w2 6∈ W1 ∪ W2 = V , een strijdigheid met het feit dat V een vectorruimte is. 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 en slechts als ∃r, s ∈ R : (−3, 2) = r(1, 2) + s(−3, −2) ⇔ ⇔

∃r, s ∈ R : (−3, 2) = (r − 3s, 2r − 2s) r − 3s = −3 ∃r, s ∈ R : 2r − 2s = 2.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel door de uitgebreide matrix te rijherleiden naar de trapvorm: 1 −3 −3 1 0 3 (A | B) = ∼ . 2 −2 0 1 2 2 Omdat rang A = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar, zodat de vector (−3, 2) kan geschreven 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 lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 , v4 } is. Zo ja, schrijf zo’n lineaire combinatie op en ga na of deze schrijfwijze uniek is. (a) v = (7, 0, 7)

(b) v = (11, −6, 5)

Oplossing. (a) De vector v = (7, 0, 7) is een lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 , v4 } enkel en alleen als ∃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 + 2c + 4d = 7 −2b + 3c − d = 0 ⇔ ∃a, b, c, d ∈ R :  a + b + 2c + 4d = 7.

39 We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel rijherleiden naar de trapvorm:    1 1 2 4 7 1 (A | B) =  0 −2 3 −1 0  ∼  0 1 1 2 4 7 0

door de uitgebreide matrix te 0 1 0

7/2 7/2 −3/2 1/2 0 0

 7 0 . 0

Omdat rang A = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar, zodat v = (7, 0, 7) een lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 , v4 } is. Om zo’n lineaire combinatie te vinden, lossen we het stelsel verder op:   a + b + 2c + 4d = 7 a + 7/2c + 7/2d = 7 −2b + 3c − d = 0 ⇔ b − 3/2c + 1/2d = 0  a + b + 2c + 4d = 7  a = −7/2r − 7/2s + 7    b = 3/2r − 1/2s ⇔ (r, s ∈ R).  c=r   d=s Kiezen we bijvoorbeeld r = 0 en s = 0 dan verkrijgen we de lineaire combinatie v = 7v1 + 0v2 + 0v3 + 0v4 . Deze schrijfwijze is niet uniek, want rang A 6= 4 (het aantal kolommen van A). Zo leidt de keuze r = 2 en s = −2 tot een andere lineaire combinatie v = 7v1 + 4v2 + 2v3 − 2v4 . (b) De vector v = (11, −6, 5) is een lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 , v4 } enkel en alleen 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 + 2c + 4d = 11 −2b + 3c − d = −6 ∃a, b, c, d ∈ R :  a + b + 2c + 4d = 5.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel door de uitgebreide matrix te rijherleiden naar de trapvorm:     1 1 2 4 11 1 0 7/2 7/2 0 (A | B) =  0 −2 3 −1 −6  ∼  0 1 −3/2 1/2 0  . 1 1 2 4 5 0 0 0 0 1 Omdat rang A < 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 alleen als ∃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 + 2c + 4d = 1 −2b + 3c − d = −9 ⇔ ∃a, b, c, d ∈ R :  a + b + 2c + 4d = 1.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel rijherleiden naar de trapvorm:    1 1 2 4 1 1    0 −2 3 −1 −9 0 (A | B) = ∼ 1 1 2 4 1 0

door de uitgebreide matrix te 0 1 0

7/2 7/2 −3/2 1/2 0 0

 −7/2 9/2  . 0

Deelruimten Omdat rang A = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar, zodat v = (1, −9, 1) een lineaire 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 a + 7/2c + 7/2d = −7/2 −2b + 3c − d = −9 ⇔ b − 3/2c + 1/2d = 9/2  a + b + 2c + 4d = 1  a = −7/2r − 7/2s − 7/2    b = 3/2r − 1/2s + 9/2 ⇔ (r, s ∈ R). c=r    d=s Kiezen we bijvoorbeeld r = 0 en s = 0 dan verkrijgen we de lineaire combinatie v = −7/2 v1 + 9/2 v2 + 0v3 + 0v4 . Deze schrijfwijze is niet uniek, want rang A 6= 4 (het aantal kolommen van A). Zo leidt de keuze r = 2 en s = −2 tot een andere lineaire combinatie v = −7/2 v1 + 17/2 v2 + 2v3 − 2v4 .

√ √ 16. de vectorruimte R, R2 , + en de vectoren v1 = ( 2, − 3) en v2 = √ Beschouw √ ( 5, 13). Toon telkens aan dat de vector u tot de opspanning van {v1 , v2 } behoort en 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 als u 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) √ √ √ 2+s √ 5 = 7√ r √ ⇔ ∃r, s ∈ R : −r 3 + s 13 = 10. We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel door de uitgebreide matrix te rijherleiden naar de trapvorm:   √ 182 − 10 √ √  1 0 √ √ √  2 √ 5 √ 7 2 13 + 30   √ (A | B) = ∼ √ √ . − 3 13 10  2 10 + 42  √ √ 0 1 2 13 + 30 Omdat rang A = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar, zodat u ∈ Span{v1 , v2 }. Om u te schrijven als een lineaire combinatie van {v1 , v2 } lossen we het stelsel verder op:  √   r = √182 −√10  √ √ √  r √ 2+s √ 5 = 7√ 2 13 + 30 ⇔ √ √ −r 3 + s 13 = 10  2 10 + 42   √ .  s= √ 2 13 + 30 √ √ √ 182 − 10 2 10 + 42 √ v1 + √ √ v2 en deze We verkrijgen de lineaire combinatie u = √ 2 13 + 30 2 13 + 30 schrijfwijze is uniek.

41 √ √ √ √ (b) De vector u = ( 2 + 5, 13 − 3) behoort tot de opspanning van {v1 , v2 } als en slechts 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 √ 2+s √ 5 = 2√ + 5 √ ⇔ ∃r, s ∈ R : −r 3 + s 13 = 13 − 3. We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel door de uitgebreide matrix te rijherleiden naar de trapvorm: √ √ √ √ 1 0 1 √2 √ 5 √ 2 + √5 (A | B) = . ∼ 0 1 1 − 3 13 13 − 3 Omdat rang A = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar, zodat u ∈ Span{v1 , v2 }. Om u te schrijven als een lineaire combinatie van {v1 , v2 } lossen we het stelsel verder op: √ √ √ √ r √ 2+s √ 5 = 2√ + 5 √ r=1 ⇔ s = 1. −r 3 + s 13 = 13 − 3 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 vectorruimte geldt: (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, X 2 , X 3 } 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)   5r + 3s = 2 r − 2s = −3 ⇔ ∃r, s ∈ R :  2r − s = a. We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel rijherleiden naar de trapvorm:    5 3 2 1 (A | B) =  1 −2 −3  ∼  0 2 −1 a 0

door de uitgebreide matrix te 0 1 0

 −5/13 17/13  . a + 27/13

Het stelsel is oplosbaar als en slechts als rang A = rang(A | B) dus als en slechts als a = −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)   2r − s = −1 ar + 2s = 2 ⇔ ∃r, s ∈ R :  7r − 3s = 3a.

Deelruimten We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel door de uitgebreide matrix te rijherleiden naar de trapvorm:     1 0 3a + 3 2 −1 −1 . 2 2 ∼ 0 1 6a + 7 (A | B) =  a 7 −3 3a 0 0 −3a2 − 15a − 12 Het stelsel is oplosbaar als en slechts als rang A = 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, X 2 , X 3 } als en slechts als ∃r, s, t, u ∈ R : (a + X)3 = r + sX + tX 2 + uX 3 ⇔ ⇔

∃r, s, t, u ∈ R : a3 + 3a2 X + 3aX 2 + X 3 = r + sX + tX 2 + uX 3  r = a3    s = 3a2 ∃r, s, t, u ∈ R : t = 3a    u = 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 ∈ R en 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} en v 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 een r ∈ R zodat u = rv. We beweren dat r = 0. Inderdaad, mocht r 6= 0 dan zou 1 u ∈ Span{u} r en dit is strijdig met het gegeven dat v 6∈ Span{u}. Omdat r = 0 is u = rv = 0 · v = 0V . v=

Mocht ook v = 0V dan zou v = 0V ∈ Span{u} en dat is opnieuw strijdig met het gegeven dat 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.

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{X 2 +2} 6 Span{3X 2 +X +1, X −5, 2X 2 +X −1, X 2 −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) Noem W = 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)   8r + 6s + 2t = 2 −8r − 5s − t = −3 ∃r, s, t ∈ R :  4r + 3s + t = 1.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel rijherleiden naar de trapvorm:    8 6 2 2 (A | B) =  −8 −5 −1 −3  ∼  4 3 1 1

door de uitgebreide matrix te 1 0 0 1 0 0

 1 −1  . 0

−1/2 1 0

Omdat rang A = rang(A | B) is het stelsel oplosbaar zodat (2, −3, 1) ∈ W . Wegens Stelling 3.15 is nu ook Span{(2, −3, 1)} ⊆ W . Omdat W een vectorruimte is en Span{(2, −3, 1)} een deelruimte van R3 is, volgt nu ook dat Span{(2, −3, 1)} 6 W . (b) Noem W = Span{3X 2 + X + 1, X − 5, 2X 2 + X − 1, X 2 − X − 3}. We tonen eerst aan dat X 2 + 2 ∈ W . Dat is het geval als en slechts als ∃r, s, t, u ∈ R : X 2 + 2 = r(3X 2 + X + 1) + s(X − 5) + t(2X 2 + X − 1) + u(X 2 − X − 3) ⇔

⇔

∃r, s, t, u ∈ R : X 2 + 2 = (3r + 2t + u)X 2 + (r + s + t − u)X + (r − 5s − t − 3u)   3r + 2t + u = 1 r+s+t−u=0 ∃r, s, t, u ∈ R :  r − 5s − t − 3u = 2.

We onderzoeken de oplosbaarheid van dit stelsel rijherleiden naar de trapvorm:    3 0 2 1 1 1    1 1 1 −1 0 0 (A | B) = ∼ 1 −5 −1 −3 2 0

door de uitgebreide matrix te 0 1 0

−2/3 1/3 0

0 0 1

 1/3 −1/3  . 0

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

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 oplossing hebben:   −4a + 9b = 2 −4r + 9s = −3       5a + 8b = 3 5r + 8s = 1 en −a − 3b = −1 −r − 3s = 0       4a − 2b = 0 4r − 2s = 2. Bij elk lineair stelsel hoort een uitgebreide door respectievelijk   1 0 1/7  0 1 2/7    en  0 0 0  0 0 0

matrix en de trapvorm wordt gegeven 

1 0  0 1   0 0 0 0

 3/7 −1/7  . 0  0

In elk geval is de rang van de coëfficiëntenmatrix gelijk aan de rang van de uitgebreide matrix, 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 oplossing hebben:   2a − 3b = −4 2r − 3s = 9       3a + b = 5 3r + s = 8 en −a = −1 −r = −3       2b = 4 2s = −2. Bij elk lineair stelsel hoort een uitgebreide door respectievelijk   1 0 1  0 1 2     0 0 0  en 0 0 0

matrix en de trapvorm wordt gegeven 

1  0   0 0

0 1 0 0

 3 −1  . 0  0

In elk geval is de rang van de coëfficiëntenmatrix gelijk aan de rang van de uitgebreide matrix, 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)}

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

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

(−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 het geval als en slechts als de volgende twee lineaire stelsels een oplossing hebben:    4a − 3b = 1  4r − 3s = 2 a+b=2 r + s = −3 en   3a + 2b = −1 3r + 2s = 2. Bij elk lineair stelsel hoort door respectievelijk  1  0 0

een uitgebreide matrix en de trapvorm wordt gegeven 0 1 0

 0 0  1

 en

1  0 0

0 1 0

 0 0 . 1

In beide gevallen is de rang van de coëfficiëntenmatrix niet gelijk aan de rang van 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)}

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 we met behulp van de formules van Carnot meteen aantonen dat sin2 x, cos2 x ∈ Span{1, cos(2x)} want sin2 x =

1 − cos(2x) 1 1 = · 1 − cos2 x ∈ Span{1, cos(2x)} 2 2 2

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

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

Deelruimten

21. Zij R, V, + een vectorruimte en u, v ∈ V . Bewijs: Span{u, v} = Span{u + v, u − v}. Oplossing. Uit 1 1 1 1 (u + v) + (u − v) en v = (u + v) − (u − v) 2 2 2 2 volgt dat u, v ∈ Span{u + v, u − v}. Anderzijds is u=

u + v = 1 · u + 1 · v ∈ Span{u, v}

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 de deelruimte 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)}   4a + rb + 4c = x 5a + 5b + 3c = y heeft geen oplossingen. ∃(x, y, z) ∈ R3 : het stelsel  6a + b + 2c = z

⇔

Voor elke (x, y, z) ∈ R3 gaan de oplosbaarheid van uitgebreide matrix. We vinden:    4 r 4 x 6 1 2 (A | B) =  5 5 3 y  ∼  5 5 3 6 1 2 z 4 r 4

dit stelsel na door rijherleiding van de   1 0 z y ∼ 0 1 x 0 0

∗ ∗ 72−8r 25

 ∗ ∗  ∗

waarbij we de elementen ∗ (voorlopig) niet nader bepalen. Als volgende stap in het eliminatie-algoritme van Gauss-Jordan willen we de derde rij delen door (72−8r)/25. Maar dat 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 

1 0 0 (A | B) ∼  0 1 0 0 0 1

 ∗ ∗  ∗

zodat voor elk drietal (x, y, z) ∈ R3 het stelsel een (unieke) oplossing heeft. In dit geval zal dus Span{(4, 5, 6), (r, 5, 1), (4, 3, 2)} = R3 . Tweede geval Als r = 9 dan is 

1 0 (A | B) ∼  0 1 0 0

∗ ∗ 0

 ∗ . ∗ x − 2y + z

Hieruit besluiten we dat het lineair stelsel oplossingen heeft als en slechts als het drietal (x, y, z) voldoet aan de relatie x − 2y + z = 0. Voor sommige drietallen heeft het stelsel dus geen oplossingen, bijvoorbeeld (x, y, z) = (1, 0, 0). In dit geval zal dus 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.

23. Beschouw de vectorruimte R, R2 , + en zij W een deelruimte van R2 . Toon aan dat W 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 ∈ W verschillend 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. We zullen 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 te tonen 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 = 0 rb + sd = 0

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

a c = 6 0 b d

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 }

⇔

rang A = 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 rang A = n.

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

Deelruimten

geldt: w ∈ Span{v1 , v2 , . . . , vn }

⇔

⇔ ⇔

∃r1 , . . . , rn ∈ R : w = r1 v1 + . . . + rn vn  a r + a12 r2 + . . . + a1n rn = b1   11 1    a21 r1 + a22 r2 + . . . + a2n rn = b2 ∃r1 , . . . , rn ∈ R : .  ..     am1 r1 + am2 r2 + . . . + amn rn = bm   r   b  1 1 | | |     ∃r1 , . . . , rn ∈ R : v1 v2 . . . vn  ·  ...  =  ...  | | | bm rn rang A = rang(A | w).

In dat geval is de schrijfwijze van w als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , . . . , vn } uniek als en slechts als het bovenstaande lineaire stelsel een unieke oplossing heeft. Dat is equivalent met zeggen dat elke kolom van de trapvorm van A een hoeksteen bevat, met andere woorden dat rang A = n. 25. Zij R, V, + een vectorruimte en v1 , v2 , . . . , vn ∈ W . Toon aan: de nulvector is op een unieke manier te schrijven als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , . . . , vn } m elke vector van Span{v1 , v2 , . . . , vn } is op een unieke manier te 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 schrijven als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , . . . , vn }. Omdat 0V ∈ Span{v1 , v2 , . . . , vn } is dan ook 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 lineaire combinatie van {v1 , v2 , . . . , vn } en neem v ∈ Span{v1 , v2 , . . . , vn } willekeurig. Dan is v = r1 v1 + . . . + rn vn voor zekere ri ∈ R zodat v alvast op minstens één manier te schrijven is als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , . . . , vn }. Om te bewijzen dat v op een unieke manier te schrijven is als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , . . . , vn }, stellen we dat er twee manieren zijn, dus v = r1 v1 + · · · + rn vn en v = s1 v1 + · · · + sn vn met ri , si ∈ R. Dan geldt: r1 v1 + · · · + rn vn − s1 v1 − · · · − sn vn = 0V ⇒ (r1 − s1 )v1 + · · · + (rn − sn )vn = 0V . Omdat 0V ∈ Span{v1 , . . . , vn } op een unieke één manier te schrijven is als een lineaire combinatie 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 dat elke vector van Span{v1 , v2 , . . . , vn } is op een unieke manier te schrijven als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , . . . , vn }.

Hoofdstuk 4

Basis Opdrachten Opdracht 4.4. Bewijs dat de vectorruimte R2 niet kan worden voortgebracht door een singleton. Oplossing. Veronderstel, uit het ongerijmde, dat de vectorruimte R2 wel kan worden voortgebracht 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 niet kan worden voortgebracht door een singleton. Opdracht 4.6. Beschouw de 1 v1 = −2 0 v4 = −5

vectorruimte R, R2×2 , + en de vectoren 3 3 6 −2 2 , v2 = , v3 = , 5 −4 10 −1 7 7 7 2 5 4 , v5 = , v6 = . 8 −1 6 −2 15

Is {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 , v6 } voortbrengend voor R2×2 ? Zo neen, geef een vector die geen lineaire combinatie is van deze vectoren. Oplossing. Wil D = {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 , v6 } voortbrengend voor R2×2 zijn, dan moet elke 2×2 vector een lineaire combinatie van D zijn. Nu is een willekeurige vector van R a b 2×2 ∈R een lineaire combinatie van D als en slechts als c d ∃r1 , . . . , r6 ∈ R :

⇔

a c

b 1 3 3 6 −2 2 = r1 + r2 + r3 d −2 5 −4 10 −1 7 0 7 7 2 5 4 + r4 + r5 + r6 −5 8 −1 6 −2 15

 r1 + 3r2 − 2r3 + 7r5 + 5r6 = a     3r + 6r + 2r + 7r + 2r + 4r = b 1 2 3 4 5 6 ∃r1 , . . . , r6 ∈ R :  − 2r1 − 4r2 − r3 − 5r4 − r5 − 2r6 = c    5r1 + 10r2 + 7r3 + 8r4 + 6r5 + 15r6 = d.

Basis

We onderzoeken de oplosbaarheid van uitgebreide matrix (A | B):   1 3 −2 0 7 5 a  3 6 2 7 2 4 b     −2 −4 −1 −5 −1 −2 c  5 10 7 8 6 15 d  1 0  0 1  ∼ 0 0 0 0

dit stelsel door rijoperaties toe te passen op de

0 0 1 0

13 0 −36 −5 0 18 −1 0 3 0 1 −1

 −2a + 151b + 180c − 18d  a − 76b − 91c + 9d .  −7b − 8c + d 9b + 11c − d

Voor elke a, b, c, d ∈ R is rang A = rang(A | B), zodat voor elke a, b, c, d ∈ R het oorspronkelijk stelsel oplossingen heeft. We besluiten dat de verzameling D voortbrengend voor R2×2 is. Opdracht 4.21. Ga na dat met deze afspraak Lemma 4.16 en Lemma 4.18 ook betekenis hebben 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 elke w ∈V: {w} is lineair onafhankelijk m w 6∈ Span{}. Samen met de afspraak dat D = ∅ lineair onafhankelijk is (Opmerking 4.20) geeft dit betekenis aan Lemma 4.18 voor D = ∅. Opdracht 4.23. Zij R, V, + een vectorruimte en D ⊆ V . Toon aan: D is lineair onafhankelijk als en slechts als de nulvector van V op hoogstens één manier als een lineaire combinatie van D te schrijven is. Oplossing. Zij R, V, + een vectorruimte en D ⊆ V . Wegens Stelling 4.22 volstaat het om aan te tonen: elke vector van V is op hoogstens één manier te schrijven als een lineaire combinatie van D m 0V 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 lineaire combinatie van D. Dan is ook 0V op hoogstens één manier te schrijven is als een lineaire combinatie van D.

51 Omgekeerd, stel dat 0V op hoogstens één manier te schrijven is als een lineaire combinatie van D. Om te bewijzen dat elke vector v van V op hoogstens één manier te schrijven is als een lineaire combinatie van D, stellen we dat er twee manieren zijn, dus v = r1 v1 +· · ·+rn vn en v = s1 v1 + · · · + sn vn met ri , si ∈ R. Dan geldt: r1 v1 + · · · + rn vn − s1 v1 − · · · − sn vn = 0V ⇒ (r1 − s1 )v1 + · · · + (rn − sn )vn = 0V . Omdat 0V op hoogstens één manier te schrijven is als een lineaire combinatie van D en omdat 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 ∈ R waarvoor ( ( 3a − 2b = x1 a = x1 + 2x2 (x1 , x2 ) = a(3, −1) + b(−2, 1) ⇔ ⇔ −a + b = x2 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 we ook als volgt inzien: (3, −1) = 1 · (3, −1) + 0 · (−2, 1)

(−2, 1) = 0 · (3, −1) + 1 · (−2, 1).

Basis

Oefeningen 1. Bepaal telkens een voortbrengende verzameling van de gegeven deelruimte in de vermelde vectorruimte. (a) {(r â&#x2C6;&#x2019; s â&#x2C6;&#x2019; 2t, r + s + 2t) | r, s, t â&#x2C6;&#x2C6; R} in R, R2 , + (b) {(x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R3 | x + 2y â&#x2C6;&#x2019; z = 0} in R, R3 , + (c) {(x, y, z, t) â&#x2C6;&#x2C6; R4 | x â&#x2C6;&#x2019; y = 0 en z + t = 0} in R, R4 , +

3s t

(d) s, t â&#x2C6;&#x2C6; R in R, R2Ă&#x2014;2 , + 2s + t t

(e) {a + b + (2a â&#x2C6;&#x2019; b)X | a, b â&#x2C6;&#x2C6; R} in R, R[X], + (f) {A â&#x2C6;&#x2C6; R[X]<6 | A is deelbaar door X 2 â&#x2C6;&#x2019; 1} in R, R[X], + Oplossing. (a) Om voortbrengende vectoren van W = {(r â&#x2C6;&#x2019; s â&#x2C6;&#x2019; 2t, r + s + 2t) | r, s, t â&#x2C6;&#x2C6; R} te vinden, schrijven we W als een opspanning van vectoren: W = {(r â&#x2C6;&#x2019; s â&#x2C6;&#x2019; 2t, r + s + 2t) | r, s, t â&#x2C6;&#x2C6; R} = {(r, r) + (â&#x2C6;&#x2019;s, s) + (â&#x2C6;&#x2019;2t, 2t) | r, s, t â&#x2C6;&#x2C6; R} = {r(1, 1) + s(â&#x2C6;&#x2019;1, 1) + t(â&#x2C6;&#x2019;2, 2) | r, s, t â&#x2C6;&#x2C6; R} = Span{(1, 1), (1, â&#x2C6;&#x2019;1), (â&#x2C6;&#x2019;2, 2)} zodat {(1, 1), (1, â&#x2C6;&#x2019;1), (â&#x2C6;&#x2019;2, 2)} voortbrengend is voor de deelruimte W . (b) Om voortbrengende vectoren van W = {(x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R3 | x + 2y â&#x2C6;&#x2019; z = 0} te vinden, schrijven we W als een opspanning van vectoren: W = {(x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R3 | x + 2y â&#x2C6;&#x2019; z = 0} = {(x, y, z) â&#x2C6;&#x2C6; R3 | z = x + 2y} = {(x, y, x + 2y) | x, y â&#x2C6;&#x2C6; R} = {x(1, 0, 1) + y(0, 1, 2) | x, y â&#x2C6;&#x2C6; 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) â&#x2C6;&#x2C6; R4 | x â&#x2C6;&#x2019; y = 0 en z + t = 0} te vinden, schrijven we W als een opspanning van vectoren: W = {(x, y, z, t) â&#x2C6;&#x2C6; R4 | x â&#x2C6;&#x2019; y = 0 en z + t = 0} = {(x, y, z, t) â&#x2C6;&#x2C6; R4 | y = x en t = â&#x2C6;&#x2019;z} = {(x, x, z, â&#x2C6;&#x2019;z) | x, z â&#x2C6;&#x2C6; R} = {x(1, 1, 0, 0) + z(0, 0, 1, â&#x2C6;&#x2019;1) | x, z â&#x2C6;&#x2C6; R} = Span{(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, â&#x2C6;&#x2019;1)} zodat {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, â&#x2C6;&#x2019;1)} voortbrengend is voor de deelruimte W .

3s t

(d) Om voortbrengende vectoren van W = s, t â&#x2C6;&#x2C6; R te vinden, schrij2s + t t

ven we W als een opspanning van vectoren:

3s t

W = s, t â&#x2C6;&#x2C6; R 2s + t t

3 0 0 1

= s +t s, t â&#x2C6;&#x2C6; R 2 0 1 1

3 0 0 1 = Span , 2 0 1 1 3 0 0 1 zodat , voortbrengend is voor de deelruimte W . 2 0 1 1

(e) Om voortbrengende vectoren van W = {a + b + (2a â&#x2C6;&#x2019; b)X | a, b â&#x2C6;&#x2C6; R} te vinden, schrijven we W als een opspanning van vectoren: W = {a + b + (2a â&#x2C6;&#x2019; b)X | a, b â&#x2C6;&#x2C6; R} = {a(1 + 2X) + b(1 â&#x2C6;&#x2019; X) | a, b â&#x2C6;&#x2C6; R} = Span{1 + 2X, 1 â&#x2C6;&#x2019; X} zodat {1 + 2X, 1 â&#x2C6;&#x2019; X} voortbrengend is voor de deelruimte W . (f) Om voortbrengende vectoren van W = {A â&#x2C6;&#x2C6; R[X]<6 | A is deelbaar door X 2 â&#x2C6;&#x2019; 1} te vinden, schrijven we W als een opspanning van vectoren: W = {A â&#x2C6;&#x2C6; R[X]<6 | A is deelbaar door X 2 â&#x2C6;&#x2019; 1} = {(X 2 â&#x2C6;&#x2019; 1)(aX 3 + bX 2 + cX + d) | a, b, c, d â&#x2C6;&#x2C6; R} = {aX 5 + bX 4 + (c â&#x2C6;&#x2019; a)X 3 + (d â&#x2C6;&#x2019; b)X 2 â&#x2C6;&#x2019; cX â&#x2C6;&#x2019; d | a, b, c, d â&#x2C6;&#x2C6; R} = {a(X 5 â&#x2C6;&#x2019; X 3 ) + b(X 4 â&#x2C6;&#x2019; X 2 ) + c(X 3 â&#x2C6;&#x2019; X) + d(X 2 â&#x2C6;&#x2019; 1) | a, b, c, d â&#x2C6;&#x2C6; R} = Span{X 5 â&#x2C6;&#x2019; X 3 , X 4 â&#x2C6;&#x2019; X 2 , X 3 â&#x2C6;&#x2019; X, X 2 â&#x2C6;&#x2019; 1} zodat {X 5 â&#x2C6;&#x2019; X 3 , X 4 â&#x2C6;&#x2019; X 2 , X 3 â&#x2C6;&#x2019; X, X 2 â&#x2C6;&#x2019; 1} voortbrengend is voor W . 2. Bepaal telkens of de gegeven verzameling al dan niet voortbrengend is voor de vectorruimte R, R3 , +. Zo niet, geef een vector die geen lineaire combinatie van de gegeven verzameling is. (a) {(3, 1, â&#x2C6;&#x2019;1), (1, 1, 2), (0, 0, 1)}

(b) {(5, 0, â&#x2C6;&#x2019;2), (0, 1, 1)}

(d) {(â&#x2C6;&#x2019;7, â&#x2C6;&#x2019;1, 3), (5, 9, 2), (8, 18, 5), (1, 13, 6)}

Oplossing. (a) Wil D = {(3, 1, â&#x2C6;&#x2019;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) â&#x2C6;&#x2C6; R3 is een lineaire combinatie van D als en slechts als â&#x2C6;&#x192;r, s, t â&#x2C6;&#x2C6; R : (a, b, c) = r(3, 1, â&#x2C6;&#x2019;1) + s(1, 1, 2) + t(0, 0, 1) ďŁą ďŁ´ ďŁ˛ 3r + s = a â&#x2021;&#x201D; â&#x2C6;&#x192;r, s, t â&#x2C6;&#x2C6; R : r + s = b ďŁ´ ďŁł â&#x2C6;&#x2019; r + 2s + t = c.

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

3  1 −1

1 1 2

0 0 1

  1 a  b ∼ 0 c 0

0 1 0

1 1 2 a− 2 b 1 − 2 a + 32 b 7 3 2 a− 2 b+c

0 0 1

  .

Voor elke a, b, c ∈ R is rang A = rang(A | B), zodat voor elke a, b, c ∈ R het oorspronkelijk stelsel oplossingen heeft. We besluiten dat de verzameling D voortbrengend voor R3 is. (b) Wil D = {(5, 0, −2), (0, 1, 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 ∈ R : (a, b, c) = r(5, 0, −2) + s(0, 1, 1)    5r = a ⇔ ∃r, s ∈ R : s = b   − 2r + s = c. We onderzoeken de oplosbaarheid van dit lineair stelsel door rijoperaties toe te passen op de uitgebreide matrix (A | B): 

5 0  0 1 −2 1

  a 1 0 b ∼ 0 1 c 0 0

 b − 12 c . b a − 25 b + 52 c 1 2

Nu is rang A = rang(A | B) als en slechts als a− 25 b+ 52 c = 0, zodat het oorspronkelijk stelsel oplossingen heeft als en slechts als a − 52 b + 52 c = 0. Zo is bijvoorbeeld (1, 0, 0) 6∈ Span D, zodat Span D 6= R3 . We besluiten dat de verzameling D niet voortbrengend is voor R3 . (c) Wil D = {(3, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 0, 1), (2, 1, 0)} 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, u ∈ R : (a, b, c) = r(3, 0, 0) + s(0, 1, 0) + t(1, 0, 1) + u(2, 1, 0)    3r + t + 2u = a ⇔ ∃r, s, t ∈ R : s + u = b   t = c. We onderzoeken de oplosbaarheid van dit lineair stelsel door rijoperaties toe te passen op de uitgebreide matrix (A | B): 

3 0 1 2  0 1 0 1 0 0 1 0

  a 1 0 0 b ∼ 0 1 0 c 0 0 1

2 3

1 0

1 3

a− b c

1 3

 .

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

55 (d) Wil D = {(−7, −1, 3), (5, 9, 2), (8, 18, 5), (1, 13, 6)} 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, u ∈ R : (a, b, c) = r(−7, −1, 3) + s(5, 9, 2) + t(8, 18, 5) + u(1, 13, 6)    − 7r + 5s + 8t + u = a − r + 9s + 18t + 13u = b ⇔ ∃r, s, t, u ∈ R :   3r + 2s + 5t + 6u = c. We onderzoeken de oplosbaarheid van dit lineair stelsel door rijoperaties toe te passen op de uitgebreide matrix (A | B): 

−7 5 8 1  −1 9 18 13 3 2 5 6

  1 0 a   b ∼ 0 1 c 0 0

9 29 59 29

28 29 45 29

 9 2 b + 29 c − 29  3 1 29 b + 29 c  . a − b + 2c

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

3. Toon aan dat {1, X, 1 − X 2 , 1 + X + X 2 } voortbrengend is voor de vectorruimte R, R[X]<3 , +.

Oplossing. Wil D = {1, X, 1 − X 2 , 1 + X + X 2 } voortbrengend voor R[X]<3 zijn, dan moet elke vector van R[X]<3 een lineaire combinatie van D zijn. Een willekeurige vector v = a + bX + cX 2 is een lineaire combinatie van D als en slechts als ∃r, s, t, u ∈ R : a + bX + cX 2 = r · 1 + sX + t(1 − X 2 ) + u(1 + X + X 2 ) ⇔ ⇔

∃r, s, t, u ∈ R : a + bX + cX 2 = (r + t + u) + (s + u)X + (−t + u)X 2   r + t + u = a ∃r, s, t, u ∈ R : s + u = b   − t + u = c.

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

1 0  0 1 0 0

1 1 0 1 −1 1

  a 1 0 0 b ∼ 0 1 0 c 0 0 1

2 1 −1

 a+c b . −c

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

Basis

4. Bepaal of de gegeven deelverzameling van de vermelde vectorruimte lineair afhankelijk of lineair onafhankelijk is. (a) {(1, 0), (0, 0)} in R, R2 , +

√ √ √ √ (d) {(3, 3, 6), ( 6, 2, 2)} in R, R3 , +

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

(e) {1+X, X+X 2 , X 2+X 3 } 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 lineaire relaties van D. Voor c1 , c2 ∈ R geldt: c1 (1, 0) + c2 (0, 0) = (0, 0)

⇔

(c1 , 0) = (0, 0) ( c1 = 0 (r ∈ R). c2 = r

⇔

Elke r ∈ R0 levert een niet-triviale relatie van D op. Is bijvoorbeeld r = 7 dan vinden we de niet-triviale relatie 0 · (1, 0) + 7(0, 0) = (0, 0). Bijgevolg is D lineair afhankelijk. (b) Om na te gaan of D = {(2, 3), (1, 5)} lineair onafhankelijk is, bepalen we alle lineaire relaties van D. Voor c1 , c2 ∈ R geldt: ( 2c1 + c2 = 0 c1 (2, 3) + c2 (1, 5) = (0, 0) ⇔ 3c1 + 5c2 = 0. We lossen dit stelsel op door de trapvorm van de uitgebreide matrix te berekenen: 2 1 0 1 0 0 ∼ . 3 5 0 0 1 0 Op die manier verkrijgen we: ( ⇔

c1 (2, 3) + c2 (1, 5) = (0, 0)

c1 = 0 c2 = 0.

We besluiten dat D lineair onafhankelijk is. (c) Om na te gaan of D = {2x , 2−x } lineair onafhankelijk is, bepalen we alle lineaire relaties 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. Vervangen 1 we x door 1 dan verkrijgen we 2c1 + c2 = 0. Uit deze twee vergelijkingen volgt 2 dat c1 = c2 = 0. Samengevat: c1 · 2x + c2 · 2−x = 0RR We besluiten dat D lineair onafhankelijk is.

⇔

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 + X 2 , X 2 + X 3 } lineair onafhankelijk is, bepalen we alle lineaire relaties van D. Voor c1 , c2 , c3 ∈ R geldt: c1 (1 + X) + c2 (X + X 2 ) + c3 (X 2 + X 3 ) = 0R[X] ⇔

⇔

c1 + (c1 + c2 )X + (c2 + c3 )X 2 + c3 X 3 = 0  c =0   1  c + c = 0 1 2  c2 + c3 = 0    c3 = 0    c1 = 0 c2 = 0   c3 = 0.

We besluiten dat D lineair onafhankelijk is. (f) Uit de grondformule van de goniometrie ∀x ∈ R : sin2 x + cos2 x = 1 volgt ∀x ∈ R :

1 1 · (3 sin2 x) + 1 · cos2 x + − · 8 = 0. 3 8

Dit levert een niet-triviale relatie van D = {3 sin2 x, cos2 x, 8}, bijvoorbeeld 1 1 2 2 · (3 sin x) + 1 · cos x + − · 8 = 0RR . 3 8 Hiermee is aangetoond dat D lineair afhankelijk is. 5. Bepaal of de gegeven deelverzameling van de vectorruimte R, R3 , + lineair afhankelijk of lineair onafhankelijk is. (a) {(3, 1, −1), (1, 1, 2), (0, 0, 1)}

(b) {(5, 0, −2), (0, 1, 1)}

(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, bepalen we alle lineaire relaties van D. Voor c1 , c2 , c3 ∈ R geldt:    3c1 + c2 = 0 c1 + c2 = 0 c1 (3, 1, −1) + c2 (1, 1, 2) + c3 (0, 0, 1) = (0, 0, 0) ⇔   − c1 + 2c2 + c3 = 0.

Basis We lossen dit stelsel op door de trapvorm van de    1 3 1 0 0  1 1 0 0 ∼ 0 −1 2 1 0 0

uitgebreide matrix te berekenen:  0 0 0 1 0 0 . 0 1 0

Op die manier verkrijgen we:

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

⇔

   c1 = 0 c2 = 0   c3 = 0.

We besluiten dat D lineair onafhankelijk is. (b) Om na te gaan of D = {(5, 0, −2), (0, 1, 1)} lineair onafhankelijk is, bepalen we alle lineaire relaties van D. Voor c1 , c2 ∈ R geldt:    5c1 = 0 c2 = 0 c1 (5, 0, −2) + c2 (0, 1, 1) = (0, 0, 0) ⇔   − 2c1 + c2 = 0 ( c1 = 0 ⇔ c2 = 0. We besluiten dat D lineair onafhankelijk is. (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 = 0 ⇔   c2 + 2c3 + 3c4 = 0. We lossen dit stelsel op door  0 1 2  −1 0 1 0 1 2

de trapvorm van   3 0 1 2 0 ∼ 0 3 0 0

de uitgebreide matrix te berekenen:  0 −1 −2 0 1 2 3 0 . 0 0 0 0

Op die manier verkrijgen we:

⇔

c1 (0, −1, 0) + c2 (1, 0, 1) + c3 (2, 1, 2) + c4 (3, 2, 3) = (0, 0, 0) ( c1 − c3 − 2c4 = 0 c2 + 2c3 + 3c4 = 0.  c1 = r + 2s     c2 = −2r − 3s (r, s ∈ R).   c3 = r   c4 = s

Elke r, s ∈ R met (r, s) 6= (0, 0) levert een niet-triviale relatie van D op. Is bijvoorbeeld 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:    8c1 + 2c2 − 6c3 = 0 − 8c1 + c2 + 5c3 = 0 c1 (8, −8, −5) + c2 (2, 1, 7) + c3 (−6, 5, 1) = (0, 0, 0) ⇔   − 5c1 + 7c2 + c3 = 0. We lossen dit stelsel op door de trapvorm van de uitgebreide matrix te berekenen:     1 0 − 23 0 8 2 −6 0    −8 1 5 0  ∼  0 1 − 13 0  . −5 7 1 0 0 0 0 0 Op die manier verkrijgen we:

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

⇔

 2   c1 = r   3  1 c2 = r   3    c3 = r.

(r ∈ R).

Elke r ∈ R0 levert een niet-triviale relatie van D op. Is bijvoorbeeld r = 3 dan vinden 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 deelverzamelingen van V lineair afhankelijk zijn. (a) {u, v, u − v}

(b) {u, v, −3u}

(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 waaruit we besluiten dat D lineair afhankelijk is. (c) Een niet-triviale relatie van D = {u, u + v, u − v} is bijvoorbeeld (−2) · u + 1 · (u + v) + 1 · (u − v) = 0V waaruit we besluiten dat D lineair afhankelijk is. (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 waaruit we besluiten dat D lineair afhankelijk is.

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 lineair afhankelijk is. Is v3 een lineaire combinatie van {v1 , v2 }? Waarom (niet)? Oplossing. De vector v3 is niet noodzakelijk een lineaire combinatie van {v1 , v2 }. Is bijvoorbeeld v1 = (1, 0, 0), v2 = (2, 0, 0) en v3 = (0, 1, 0) dan is v3 geen lineaire combinatie van v1 , v3 hoewel {v1 , v2 , v3 } toch lineair afhankelijk is. Dat laatste volgt uit de niet-triviale relatie 2v1 + (−1)v2 + 0v3 = 0R3 . 9. Bepaal telkens de waarde(n) van k ∈ R waarvoor de gegeven verzameling vectoren van 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)}

(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:    3c1 + c3 = 0 c1 + c2 = 0 c1 (3, 1, 6) + c2 (0, 1, 4) + c3 (1, 0, k) = (0, 0, 0) ⇔   6c1 + 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 0 1/3 0  1 1 0 0  ∼  0 1 −1/3 0 . 6 4 k 0 0 0 k − 2/3 0 Dus het oorspronkelijke stelsel heeft oplossingen verschillend van de nuloplossing als en slechts als k − 2/3 = 0. We besluiten dat D lineair onafhankelijk is als en slechts als k ∈ R \ 32 . (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 ∈ R geldt:    c1 − 3c2 − 4c3 = 0 − 2c1 + 5c2 + 5c3 = 0 c1 (1, −2, −3) + c2 (−3, 5, 7) + c3 (−4, 5, k) = (0, 0, 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 1 0 5 0  −2 5 5 0 ∼ 0 1 3 0 . −3 7 k 0 0 0 k−6 0 Dus het oorspronkelijke stelsel heeft oplossingen verschillend van de nuloplossing als en slechts als k − 6 = 0. We besluiten dat D lineair onafhankelijk is als en slechts als 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 ∈ R geldt: c1 (−6, 5, 4) + c2 (9, k, −6) + c3 (15, −4, −10) = (0, 0, 0)    − 6c1 + 9c2 + 15c3 = 0 5c1 + kc2 − 4c3 = 0 ⇔   4c1 − 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:     5k+12 1 0 − 2k+15 0 −6 9 15 0   17  5 k −4 0  ∼  0 1 0 . 2k+15 4 −6 −10 0 0 0 0 0 Dus voor elke waarde van k heeft het oorspronkelijke stelsel oplossingen verschillend van de nuloplossing. We besluiten dat er geen enkele waarde van k is waarvoor D lineair onafhankelijk is. (d) Neem k ∈ R willekeurig. Om na te gaan of D = {(k, 1, 3), (4, k, 6), (6, 1, 4)} lineair onafhankelijk is, bepalen we alle lineaire relaties van D. Voor c1 , c2 , c3 ∈ R geldt:    kc1 + 4c2 + 6c3 = 0 c1 + kc2 + c3 = 0 c1 (k, 1, 3) + c2 (4, k, 6) + c3 (6, 1, 4) = (0, 0, 0) ⇔   3c1 + 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 3 6 4 0 1 2 4/3 0  1 k 1 0  ∼  k 4 6 0  ∼  0 4 − 2k 6 − 4k/3 0  . 3 6 4 0 1 k 1 0 1 k−2 −1/3 0 Als k = 2 dan is de uitgebreide matrix rij-equivalent met de matrix   1 2 0 0  0 0 1 0  0 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   10 1 0 0 3(k−2)   2k−9 0   0 1 3(k−2) 0 0 32 (4 − k) 0

Basis zodat het oorspronkelijke stelsel heeft oplossingen verschillend van de nuloplossing als en slechts als 23 (4 − k) = 0. We besluiten dat D lineair onafhankelijk is als en slechts 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)}

(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 een lineaire combinatie van D als en slechts als

⇔

∃!r, s ∈ R : (a, b, c) = r(1, 2, 3) + s(1, 0, 1)   r + s = a ∃!r, s ∈ R : 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 0 1 1 a b/2  2 0 b  ∼  0 1 −3b/2 + c  . 3 1 c 0 0 a+b−c Als a + b − c 6= 0 dan is rang A < rang(A | B) dus dan heeft het oorspronkelijke stelsel 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 we Stelling 4.26 toe: een willekeurige vector (a, b, c) ∈ R3 is op een unieke manier te schrijven 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 = a ⇔ ∃!r, s, t, u ∈ R : 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 1 0 1/2 0 a/2 + b − c/2  2 0 1 1 b  ∼  0 1 −1/2 0 a/2 − b + c/2  . 3 1 1 2 c 0 0 0 1 −a − b + c Voor elke a, b, c ∈ R is rang A = rang(A | B) en dus heeft het oorspronkelijke stelsel oplossingen. Het aantal vrijheidsgraden in de oplossingsverzameling van dat stelsel is dan gelijk aan het aantal kolommen van A verminderd met de rang van A en dus gelijk aan 4 − 3 = 1. Dat betekent dat voor elke a, b, c ∈ R het oorspronkelijke stelsel meer dan één oplossing heeft, dus dat elke vector van R3 op meer dan één manier te schrijven is als een lineaire combinatie van D. We besluiten dat D geen basis 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 Stelling 4.26 toe: een willekeurige vector (a, b, c) ∈ R3 is op een unieke manier te schrijven als 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 = a ⇔ ∃!r, s, t ∈ R : 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:     b/2 1 1 0 a 1 0 1/2  2 0 1 b  ∼  0 1 −1/2 −3b/2 + c  . 3 1 1 c 0 0 0 a+b−c Als a + b − c 6= 0 dan is rang A < rang(A | B) dus dan heeft het oorspronkelijke stelsel 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 stelsel A · X = B met evenveel vergelijkingen als onbekenden een unieke oplossing voor elke B ∈ R3×1 als en slechts als det(A) 6= 0 (dit wordt ook wel de regel van Cramer genoemd). Nu is

1 1 0

det(A) =

2 0 1

= 0

3 1 1

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 Stelling 4.26 toe: een willekeurige vector (a, b, c) ∈ R3 is op een unieke manier te schrijven als 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 = a ⇔ ∃!r, s, t ∈ R : 2r + t = b   3r + s + 2t = 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 1 0 0 a/2 + b/2 − c/2  2 0 1 b ∼ 0 1 0 a/2 − b + c/2  . 3 1 2 c 0 0 1 −a − b + c Voor elke a, b, c ∈ R heeft het oorspronkelijke stelsel een unieke oplossing. We besluiten dat D een basis van R3 is. Alternatieve oplossing: wegens de stelling op pagina iv heeft een lineair stelsel A · X = B met evenveel vergelijkingen als onbekenden een unieke oplossing voor elke B ∈ R3×1 als en slechts als det(A) 6= 0 (dit wordt ook wel de regel van Cramer genoemd). Nu is

1 1 0

det(A) =

2 0 1

= −2 6= 0

3 1 2

zodat D een basis van R3 is.

Basis

11. Beschouw in de vectorruimte R, R[X]<3 , + de vectoren v1 = 1 + X, v2 = X + X 2 en v3 = 1 + X 2 . (a) Toon aan dat {v1 , v2 , v3 } een basis van R[X]<3 is. (b) Schrijf v = 3 + 2X + X 2 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 willekeurige vector a + bX + cX 2 ∈ R[X]<3 is op een unieke manier te schrijven als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 } als en slechts als ∃!r, s, t ∈ R : a + bX + cX 2 = r(1 + X) + s(X + X 2 ) + t(1 + X 2 ) ∃!r, s, t ∈ R : a + bX + cX 2 = (r + t) + (r + s)X + (s + t)X 2   r + t = a ⇔ ∃!r, s, t ∈ R : r + s = b   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 0 1  1 1 0 0 1 1

  a 1 0 0 b ∼ 0 1 0 c 0 0 1

 a/2 + b/2 − c/2 −a/2 + b/2 + c/2  . a/2 − b/2 + c/2

Voor elke a, b, c ∈ R heeft het oorspronkelijke stelsel een unieke oplossing. We besluiten dat {v1 , v2 , v3 } een basis van R[X]<3 is. Alternatieve oplossing: wegens de stelling op pagina iv heeft een lineair stelsel A · X = B met evenveel vergelijkingen als onbekenden een unieke oplossing voor elke B ∈ R3×1 als en slechts als det(A) 6= 0 (dit wordt ook wel de regel van Cramer genoemd). Nu is

1 0 1

det(A) =

1 1 0

= 2 6= 0

0 1 1

zodat {v1 , v2 , v3 } een basis van R3 is. (b) Wegens (a) kan elke vector v = a + bX + cX 2 op een unieke manier geschreven worden als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 }, namelijk a + bX + cX 2 = (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 + X 2 vinden we: 3 + 2X + X 2 = 2v1 + 0v2 + v3 . (c) Omdat {v1 , v2 , v3 } een basis van R[X]<3 is, kan v op juist één manier geschreven worden als een lineaire combinatie van {v1 , v2 , v3 }.

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 0 = ((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 = 4 ⇔   2x2 = 8    x1 = −2 x2 = 4 ⇔   x3 = 2 zodat coB (v) = (−2, 4, 2). (c) We schrijven v = (2, 4, 8) als een lineaire combinatie van de basisvectoren van B 0 : (2, 4, 8) = x1 (1, 0, 2) + x2 (2, 1, 0) + x3 (0, 3, 5)    x1 + 2x2 = 2 x2 + 3x3 = 4 ⇔   2x1 + 5x3 = 8    x1 = 18/17 x2 = 8/17 ⇔   x3 = 20/17 8 20 zodat coB0 (v) = 18 17 , 17 , 17 . 13. Bepaal de coördinaatvector van v = ( 21 04 ) ten opzichte van (a) de basis E = (( 10 00 ) , ( 00 10 ) , ( 01 00 ) , ( 00 01 )) van R2×2 , (b) de basis B = 10 −10 , ( 10 01 ) , ( 10 30 ) , ( 02 00 ) van R2×2 . Oplossing. (a) We schrijven v = ( 21 04 ) als een lineaire combinatie van de basisvectoren E: 2 0 1 0 0 1 0 0 0 0 =2 +0 +1 +4 1 4 0 0 0 0 1 0 0 1 zodat coE (v) = (2, 0, 1, 4).

Basis

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

⇔

2 0 1 0 1 = x1 + x2 1 4 0 −1 0  x + x2 + x3 = 2   1   3x = 0 3  2x4 = 1    − x1 + x2 = 4  x1 = −1    x = 3 2  x =0 3    x4 = 1/2

0 1 + x3 1 0

3 0 + x4 0 2

0 0

zodat coB (v) = −1, 3, 0, 12 .

14. Beschouw de vectorruimte R, R[X]<3 , +. (a) Bepaal een vector v ∈ R[X]<3 zodat B = (1, 1 + X 2 , v) een basis van R[X]<3 is. (b) Bepaal de coördinaatvector van 2X 2 − 27 X ten opzichte van de basis B.

Oplossing. (a) Noem v = k + lX + mX 2 waarbij k, l, m ∈ R. We bepalen nodige en voldoende voorwaarden voor k, l, m opdat B een basis van R[X]<3 is. Een willekeurige vector a + bX + cX 2 ∈ R[X]<3 is op een unieke manier te schrijven als een lineaire combinatie van B als en slechts als ∃!r, s, t ∈ R : a + bX + cX 2 = r · 1 + s(1 + X 2 ) + t(k + lX + mX 2 ) ∃!r, s, t ∈ R : a + bX + cX 2 = (r + s + kt) + ltX + (s + mt)X 2    r + s + kt = a ⇔ ∃!r, s, t ∈ R : lt = b   s + mt = c   1 1 k ⇔ det 0 0 l  6= 0 0 1 m

⇔

⇔ l 6= 0.

Kiezen we bijvoorbeeld k = 0, l = 1 en m = 0 dan is v = X en dan is B een basis van R[X]<3 .

67 (b) We schrijven 2X 2 −

7 2

X als een lineaire combinatie van de basisvectoren van B:

7 2X 2 − X = x1 · 1 + x2 (1 + X 2 ) + x3 · X 2  x1 + x2 = 0    7 ⇔ x3 = −  2   x2 = 2  x1 = −2    x2 = 2 ⇔    x = −7 3 2 zodat coB (2X 2 −

7 2

X) = (−2, 2, − 27 ).

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). Noem W = 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 ) van links naar rechts. Telkens een vector geschreven kan worden als een lineaire combinatie van 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 dat Span{v1 , v2 } = Span{v1 }. Verwijder dus v2 . (3) Om na te gaan of {v1 , v3 } lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat het om na te 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)  2r = 3     − 3r = −4 ∃r ∈ R :  4r = 5    − 6r = −7.

⇔

Dit stelsel heeft duidelijk geen oplossingen, zodat v3 6∈ Span{v1 }. Zodoende is {v1 , v3 } lineair onafhankelijk. We behouden v3 .

Basis

(4) Om na te gaan of {v1 , v3 , v4 } lineair afhankelijk of onafhankelijk is, volstaat het om na 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)  2r + 3s = 0     − 3r − 4s = 1 ∃r, s ∈ R :  4r + 5s = −2    − 6r − 7s = 4 ( r = −3 ∃r, s ∈ R : s=2

⇔

zodat v4 ∈ Span{v1 , v3 }. Zodoende is {v1 , v3 , v4 } lineair afhankelijk. We verwijderen v4 . Nu is W = Span{v1 , v2 , v3 , v4 } = Span{v1 , v3 } en {v1 , v3 } is lineair onafhankelijk. We besluiten 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 door W 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 de deelruimte W . Om deze voortbrengende verzameling te reduceren tot een basis van W ordenen we de vectoren en overlopen het viertal vectoren (v1 , v2 , v3 , v4 ) van links naar rechts. Telkens een vector geschreven kan worden als een lineaire combinatie van de voorgaande vectoren, verwijderen we die vector. (1) {v1 } is lineair onafhankelijk want v1 6= 0R5 (zie Lemma 4.17). We behouden v1 . (2) {v1 , v2 } is lineair onafhankelijk want v2 is geen veelvoud van v1 , met andere woorden v2 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 om na 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=0       s = 0

⇔

∃r, s ∈ R :

2r − s = 0    r =0     0 = 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 het om na te gaan of v4 al dan niet tot Span{v1 , v2 , v3 } behoort (zie Lemma 4.18). Er geldt: 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=1       s = 1

⇔

2r − s = 1    r=1     t=1   r = 1 ∃r, s, t ∈ R : s = 1   t=1 ∃r, s, t ∈ R :

zodat v4 ∈ Span{v1 , v2 , v3 }. Zodoende is {v1 , v2 , v3 , v4 } lineair afhankelijk. We verwijderen 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 van W is. 18. Beschouw in de vectorruimte R, R4 , + de deelruimte W van alle oplossingen van het lineair stelsel   x1 2 1 2 3  x  0  ·  2 = . 1 1 3 0 x3  0 x4 Bepaal een basis van W . Oplossing. We bepalen eerst een voortbrengende verzameling van W . Daartoe bepalen we eerst alle oplossingen van het lineaire stelsel. Dat doen we door de uitgebreide matrix van het lineair stelsel te herleiden naar trapvorm:

2 1

1 1

2 3

3 0

0 0

∼

1 0

0 1

−1 3 4 −3

0 0

Op die manier is het oorspronkelijke stelsel gelijkwaardig met

(

x1 − x3 + 3x4 = 0 x2 + 4x3 − 3x4 = 0

⇔

 x1    x 2  x 3    x4

= r − 3s = −4r + 3s =r =s

(r, s ∈ R).

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 deze voortbrengende verzameling te reduceren tot een basis van W ordenen we de vectoren en overlopen het tweetal vectoren (v1 , v2 ) van links naar rechts. Telkens een vector geschreven kan worden als een lineaire combinatie van 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 onafhankelijk want v2 is geen veelvoud van v1 , met andere woorden v2 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 symmetrische matrices W = {A ∈ R3×3 | AT = A}. Bepaal een basis van W . Oplossing. We bepalen eerst een voortbrengende verzameling van W . Dat doen we door W te schrijven als een opspanning van vectoren: W = {A ∈ R3×3 | AT = A} n a b c

b d e =

a, b, c, d, e, f ∈ R c e f n 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

= a 0 0 0 + b 1 0 0 + c 0 0 0 + d 0 1 0 + e 0 0 1 + f 0 0 0 a, . . . , f ∈ R 000 000 100 000 010 001 n 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 o 000 , 100 , 000 , 010 , 001 , 000 = Span 000

000

100

000

010

001

n 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 o 000 , 100 , 000 , 010 , 001 , 000 zodat voortbrengend is voor de 000 000 100 000 010 001 deelruimte W . We tonen aan dat deze voortbrengende verzameling ook lineair onafhankelijk is. Voor c1 , c2 , . . . , c6 ∈ R geldt: 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 c1 0 0 0 + c2 1 0 0 + c3 0 0 0 + c4 0 1 0 + c5 0 0 1 + c6 0 0 0 = 0 0 0 000 000 100 000 010 001 000 c1 c2 c3 0 0 0 c c c 2 4 5 ⇔ = 000 c c c 3

000

⇔ c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = c6 = 0. Een basis van W is dus

n 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 o 000 , 100 , 000 , 010 , 001 , 000 . 000

000

100

000

010

001

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 basis van 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 voortbrengende verzameling door de vectoren te ordenen en het vijftal vectoren (v1 , v2 , e1 , e2 , e3 ) van links naar rechts te overlopen. Telkens een vector geschreven kan worden als een lineaire combinatie 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 om na 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 = −2 ∃r, s ∈ R : s = −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 om na 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)    2r − 5s = 0 − r + 2s = 1 ∃r, s ∈ R :   3r − 6s = 0   r = 0 ∃r, s ∈ R : s = 0   0=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 het om na te gaan of e3 al dan niet tot Span{v1 , v2 , e2 } behoort (zie Lemma 4.18).

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)    2r − 5s = 0 − r + 2s + t = 0 ⇔ ∃r, s, t ∈ R :   3r − 6s = 1    r = 5/3 ⇔

∃r, s ∈ R :

s = 2/3

 

t = 1/3

zodat e3 ∈ Span{v1 , v2 , e2 }. Zodoende is {v1 , v2 , e2 , e3 } lineair afhankelijk. We verwijderen 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 matrix A 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 ⇔ rang A = m, (b) {v1 , . . . , vn } is lineair onafhankelijk ⇔ rang A = n, (c) {v1 , . . . , vn } is een basis van Rm ⇔ m = n en det A 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 = r1 v1 + . . . + rn vn  a11 r1 + a12 r2 + . . . + a1n rn = b1      a21 r1 + a22 r2 + . . . + a2n rn = b2 ⇔ ∀(b1 , . . . , bm ) ∈ Rm : ∃r1 , . . . , rn ∈ R : .  ..     am1 r1 + am2 r2 + . . . + amn rn = bm   r   b  1 1 | | |     ⇔ ∀(b1 , . . . , bm ) ∈ Rm : ∃r1 , . . . , rn ∈ R : v1 v2 . . . vn  ·  ...  =  ...  | | | rn bm ⇔

⇔

∀w ∈ Rm : rang A = rang(A | w).

73 Veronderstel nu dat de rang van A gelijk is aan het aantal rijen m van A. Dan is duidelijk rang A = rang(A | w) voor elke w ∈ Rm . Uit de bovenstaande equivalenties volgt dan dat {v1 , . . . , vn } voortbrengend is voor Rm . Omgekeerd, stel dat {v1 , . . . , vn } voortbrengend voor Rm is. Uit het bovenstaande volgt dan dat rang A = rang(A | ei ) waarbij E = (e1 , . . . , em ) de standaardbasis van Rm voorstelt. Met andere woorden, dan is rang A = rang(A | Em ) met Em de m × m-eenheidsmatrix. Omdat rang Em = m volgt hieruit dat rang A = m. (b) We bepalen eerst alle lineaire relaties van {v1 , . . . , vn }. Schrijf vi = (a1i , . . . , ami ). Voor c1 , c2 , . . . , cn ∈ R geldt:  a c + a12 c2 + . . . + a1n cn = 0   11 1    a21 c1 + a22 c2 + . . . + a2n cn = 0 c1 v1 + c2 v2 + · · · + cn vn = 0Rm ⇔ ..    .  am1 c1 + am2 c2 + . . . + amn cn = 0   c  0  1 | | |     ⇔ v1 v2 . . . vn  ·  ...  =  ...  | | | cn 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 een unieke oplossing heeft (namelijk de nuloplossing). Het aantal vrijheidsgraden in de oplossingsverzameling van A · X = 0 is steeds gelijk aan het aantal kolommen van A verminderd met de rang van A, dus gelijk aan n − rang A. We besluiten dat {v1 , . . . , vn } lineair onafhankelijk is als en slechts als rang A = 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

⇔

rang A = m en rang A = n

⇔ m = n en det A 6= 0.

22. Beschouw de vectorruimte R, Rm , + en vectoren v1 , v2 , . . . , vn ∈ Rm . Bewijs met behulp 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 dan rang A = m. Omdat de rang van een matrix altijd kleiner is dan het aantal rijen van die matrix, is rang A 6 n. We besluiten dat m 6 n. (b) Stel dat {v1 , . . . , vn } lineair onafhankelijk is. Wegens Oefening 21(b) is dan rang A = n. Omdat de rang van een matrix altijd kleiner is dan het aantal kolommen van die matrix, is rang A 6 m. We besluiten dat n 6 m.

Basis

(c) Stel dat {v1 , . . . , vn } een basis van Rm is. Dan is {v1 , . . . , vn } zowel voortbrengend voor Rm als lineair onafhankelijk. Wegens (a) en (b) zowel m 6 n als n 6 m, zodat n = m.

Hoofdstuk 5

Dimensie Opdrachten Opdracht 5.6. Toon aan dat de vectorruimte R, Rm×n , + eindigdimensionaal is en dat dim Rm×n = mn. Oplossing. We maken de opdracht voor m = 3 en n = 2. Het algemeen geval is volledig analoog. We bepalen eerst een voortbrengende verzameling van R3×2 . Dat doen we door R3×2 te schrijven als een opspanning van vectoren: n a b o c d R3×2 = | a, b, c, d, e, f ∈ R e f n 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

= a 0 0 + b 0 0 + c 1 0 + d 0 1 + e 0 0 + f 0 0 a, b, c, d, e, f ∈ R 00 00 00 00 10 01 n 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 o 00 , 00 , 10 , 01 , 00 , 00 = Span 00

n 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 o 00 , 00 , 10 , 01 , 00 , 00 zodat voortbrengend is voor de vector00

ruimte R3×2 . We tonen aan dat deze voorbrengende verzameling ook lineair onafhankelijk is. Voor c0 , . . . , c6 ∈ R geldt: 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 c1 0 0 + c2 0 0 + c3 1 0 + c4 0 1 + c5 0 0 + c6 0 0 = 0 0 00 00 00 00 10 01 00 c1 c2 0 0 c3 c4 ⇔ = 00 c c 5

⇔ c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = c6 = 0. Een basis van R3×2 is dus

n 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 o 00 , 00 , 10 , 01 , 00 , 00 . Omdat we een 00

basis van R3×2 gevonden hebben die 6 vectoren telt, is dim R3×2 = 6 = 3 · 2. Opdracht 5.12. Zij R, V, + een eindigdimensionale vectorruimte en zij k een natuurlijk getal met 0 6 k 6 dim V . Bewijs dat V een deelruimte van dimensie k heeft. Oplossing. De vectorruimte V een deelruimte van dimensie 0, namelijk W0 = {0V }. Is dim V > 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. Is dim V > 1 dan is V = 6 Span{w1 } en dan nemen we een vector w2 ∈ V \Span{w1 }. Wegens Lemma 4.18 is {w1 , w2 } lineair onafhankelijk en dus is W2 = Span{w1 , w2 } een deelruimte van V van dimensie 2. Is dim V > 2 dan is V 6= Span{w1 , w2 } en dan nemen we een vector w3 ∈ V \ Span{w1 , w2 }. Wegens Lemma 4.18 is {w1 , w2 , w3 } lineair onafhankelijk en dus is W3 = Span{w1 , w2 , w3 } een deelruimte van V van dimensie 3, enzovoort. Dit

Dimensie

proces stopt zodra V = Wn met n = dim V . Om die manier hebben we deelruimten w0 , W1 , W2 , . . . , Wn van V gevonden waarvoor dim Wk = k voor elke 0 6 k 6 n. Merk op 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 symmetrische en een scheefsymmetrische matrix. Oplossing. Neem een willekeurige 3 × 3-matrix A =

a b c d e f g h i

. Uit §5.3 volgt dat A (op

een unieke manier) kan geschreven worden als de som van een symmetrische matrix B en een scheefsymmetrische matrix C. Omdat B T = B en C = −C T volgt nu: A=B+C

⇒

AT = (B + C)T

⇒

AT = B T + C T

⇒

AT = B − C.

Tellen we de gelijkheden A = B + C en AT = B − C lid aan lid op dan verkrijgen we A + AT = 2B zodat B = 12 (A + AT ). De gelijkheden van elkaar aftrekken geeft C = 21 (A − AT ). Op die manier vinden we: A=B+C 1 1 = (A + AT ) + (A − AT ) 2  2  a b c a d 1 = d e f  +  b e 2 g h i c f

  a g 1 h + d 2 g i

b e h

  c a f  − b i c

d e f

 g h i

zodat we een willekeurige 3 × 3-matrix als de som van een symmetrische en een scheefsymmetrische matrix geschreven hebben:     c+g  c−g  b+d b−d a 0 a b c 2 2 2 2 f +h  f −h  − b−d d e f  =  b+d + . e 0 2 2 2 2 c+g c−g f +h f −h g h i − i − 0 2 2 2 2

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 dim W . 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 de vectoren en overlopen het drietal vectoren ((1, 0, −1), (1, 1, 3), (2, 1, 2)) van links naar rechts. Telkens een vector geschreven kan worden als een lineaire combinatie van 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, volstaat het 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 = 2 ⇔ ∃r, s ∈ R : s = 1   − r + 3s = 2 ( r=1 ⇔ ∃r, s ∈ R : s=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 dim W = 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 dim W = 3.

Dimensie

3. Beschouw de vectorruimte R, R4 , +, zij v1 , v2 , v3 ∈ R4 en noem W = Span{v1 , v2 , v3 }. Schat zo goed mogelijk af en verklaar je antwoord: . . . 6 dim W 6 . . . . Oplossing. Alvast is {v1 , v2 , v3 } een verzameling voortbrengende vectoren van W . Wegens Stelling 4.37 kan {v1 , v2 , v3 } gereduceerd worden tot een basis van W . Het aantal vectoren in deze basis is dan gelijk aan 0, 1, 2 of 3. We vinden dat 0 6 dim W 6 3. Merk op dat dim W = 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)}

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) is Span{(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 dim U = 2. Analoog is {(1, 2, 0), (0, 0, 1)} een basis van W zodat ook dim W = 2. Uit Gevolg 5.11(iii) volgt nu dat U = W . 5. Zij R, V, + een eindigdimensionale vectorruimte en veronderstel dat V niet de triviale vectorruimte is. Zijn de volgende uitspraken waar of vals? Motiveer telkens je antwoord. (a) Als dim V = n dan bestaat er een verzameling van n + 1 vectoren van V die V voortbrengt. (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 dan is dim V > p. (d) Als dim V = n > 1 dan is elke verzameling van n − 1 vectoren van V lineair onafhankelijk. (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 bestaat dan is dim V < q. Oplossing. (a) waar Stel dat dim V = n. Dan telt elke basis van V precies n vectoren. Neem zo’n basis {v1 , . . . , vn }. Dan is {v1 , . . . , vn , 0V } een verzameling van n + 1 vectoren die V 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 }

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 V bestaat en veronderstel uit het ongerijmde dat dim V 6 p. Noem q = dim V . Dan telt elke basis van V precies q vectoren. Neem zo’n basis {v1 , . . . , vq }. Omdat q 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 bijvoorbeeld 2v1 , 3v1 , 4v1 , . . . Merk op dat deze vectoren allen verschillend zijn, want dim V = 6 0 zodat 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 p vectoren die V voortbrengt, een strijdigheid. We besluiten dat dim V > p. (d) vals Neem een willekeurige vector v ∈ V met v = 6 0V (dat kan want dim V 6= 0). Dan is {0v, 1v, 2v, 3v, . . . , (n − 2)v} een verzameling van n − 1 > 0 vectoren die lineair afhankelijk is. Merk op dat de uitspraak waar is voor dim V = 1 want dan is elke verzameling van 0 vectoren gelijk aan de lege verzameling en die is wel lineair onafhankelijk (zie Opmerking 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 van V bestaat en veronderstel uit het ongerijmde dat dim V > q. Noem n = dim V . 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 Lemma 4.16), een strijdigheid. We besluiten dat dim V < q.

6. Beschouw de vectorruimte R, R[X], + en de deelruimten U = {a + bX + cX 2 ∈ R[X] | a + b + c = 0} en W = Span{1 + X + 2X 2 , X + X 2 }. Bepaal een basis van U ∩ W . Oplossing. We schrijven eerst U als een opspanning van vectoren: U = {a + bX + cX 2 ∈ R[X] | a + b + c = 0} = {a + bX + cX 2 ∈ R[X] | c = −a − b} = {a + bX + (−a − b)X 2 ∈ R[X]} = {a + bX + (−a − b)X 2 | a, b ∈ R} = {a(1 − X 2 ) + b(X − X 2 ) | a, b ∈ R} = Span{1 − X 2 , X − X 2 }.

Dimensie

Vervolgens bepalen we een basis van U â&#x2C6;Š W . Voor elke vector v â&#x2C6;&#x2C6; R[X] is: v â&#x2C6;&#x2C6;U â&#x2C6;ŠW â&#x2021;&#x201D;

v â&#x2C6;&#x2C6; U en v â&#x2C6;&#x2C6; W

â&#x2021;&#x201D;

â&#x2C6;&#x192;a, b â&#x2C6;&#x2C6; R : v = a(1 â&#x2C6;&#x2019; X 2 ) + b(X â&#x2C6;&#x2019; X 2 ) en â&#x2C6;&#x192;c, d â&#x2C6;&#x2C6; R : v = c(1 + X + 2X 2 ) + d(X + X 2 ).

Wil v â&#x2C6;&#x2C6; U â&#x2C6;Š W , dan moeten er getallen a, b, c, d â&#x2C6;&#x2C6; R bestaan waarvoor a = c, b = c + d en â&#x2C6;&#x2019;a â&#x2C6;&#x2019; b = 2c + d. Deze vergelijkingen vormen een lineair stelsel, dat we oplossen door de trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen. We vinden: ďŁą ďŁą ďŁ´ ďŁ´ ďŁ˛a = c ďŁ˛a â&#x2C6;&#x2019; c = 0 b=c+d bâ&#x2C6;&#x2019;câ&#x2C6;&#x2019;d=0 â&#x2021;&#x201D; ďŁ´ ďŁ´ ďŁł ďŁł â&#x2C6;&#x2019; a â&#x2C6;&#x2019; b = 2c + d â&#x2C6;&#x2019; a â&#x2C6;&#x2019; b â&#x2C6;&#x2019; 2c â&#x2C6;&#x2019; d = 0 ďŁą 1 ďŁą ďŁ´ a=â&#x2C6;&#x2019; r ďŁ´ 1 ďŁ´ 2 ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´a + d = 0 ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´ 2 ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´ 1 ďŁ´ ďŁ´ ďŁ˛b = r ďŁ˛ 1 2 â&#x2021;&#x201D; (r â&#x2C6;&#x2C6; R) bâ&#x2C6;&#x2019; d=0 â&#x2021;&#x201D; ďŁ´ ďŁ´ 2 ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´ 1 ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´c = â&#x2C6;&#x2019; r ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´ 2 ďŁ´ ďŁłc + 1 d = 0 ďŁ´ ďŁ´ ďŁł 2 d=r zodat: v â&#x2C6;&#x2C6;U â&#x2C6;ŠW

â&#x2021;&#x201D;

1 1 â&#x2C6;&#x192;r â&#x2C6;&#x2C6; R : v = â&#x2C6;&#x2019; r + rX. 2 2

Dus

1 1 U â&#x2C6;Š W = Span â&#x2C6;&#x2019; + X 2 2

= Span{â&#x2C6;&#x2019;1 + X}

en {â&#x2C6;&#x2019;1 + X} is een basis van U â&#x2C6;Š W . 7. Beschouw in de vectorruimte R, R[X], + de deelruimte U van veeltermen die deelbaar zijn door X + 3 en de deelruimte W van veeltermen die deelbaar zijn door X 2 + 2X â&#x2C6;&#x2019; 3. Vul aan en staaf je antwoord: de veeltermen in U â&#x2C6;Š W zijn de veeltermen die deelbaar zijn door . . . . Oplossing. X 2 + 2X â&#x2C6;&#x2019; 3 Verklaring: we kunnen de deelruimte U schrijven als U = {A â&#x2C6;&#x2C6; R[X] | A is deelbaar door X + 3} = {B(X + 3) | B â&#x2C6;&#x2C6; R[X]} en de deelruimte W schrijven als W = {A â&#x2C6;&#x2C6; R[X] | A is deelbaar door X 2 + 2X â&#x2C6;&#x2019; 3} = {B(X 2 + 2X â&#x2C6;&#x2019; 3) | B â&#x2C6;&#x2C6; R[X]} = {B(X + 3)(X â&#x2C6;&#x2019; 1) | B â&#x2C6;&#x2C6; R[X]}. Op die manier zien we in dat W â&#x160;&#x2020; U , zodat W â&#x2C6;ŠU = W . Dus de veeltermen in U â&#x2C6;ŠW zijn precies de veeltermen in W , en dat zijn de veeltermen die deelbaar zijn door X 2 + 2X â&#x2C6;&#x2019; 3.

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 ( −1 = r ∃r ∈ R : (−1, 2) = r(1, 1) ⇔ ∃r ∈ 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 ( −1 = −2r ∃r ∈ R : (−1, 2) = r(−2, 1) ⇔ ∃r ∈ R : 2 = r. Ook dit stelsel heeft geen oplossingen, zodat u + w 6∈ W . Dus u + w 6∈ U ∩ W zodat niet voldaan is aan criterium (ii) voor deelruimten. We besluiten dat U ∪ W geen deelruimte 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 ook lineair onafhankelijk is, zodat {(1, 1), (−2, 1)} een basis van U + W is. Hieruit volgt dat dim(U + W ) = 2. Alternatieve oplossing: we kunnen de dimensie van U + W ook berekenen aan de hand van de dimensiestelling voor deelruimten (Stelling 5.27). Daartoe bepalen we eerst dim U , dim W en dim(U ∩ W ). Het is duidelijk dat {(1, 1)} een basis van U is, zodat dim U = 1. Verder is {(−2, 1)} een basis van W zodat ook dim W = 1. Om de dimensie van U ∩ W te bepalen, bepalen we eerst een basis van U ∩ W . Voor elke 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 trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen. We vinden: ( ( ( a = −2b a + 2b = 0 a=0 ⇔ ⇔ a=b a−b=0 b=0 zodat v ∈ U ∩ W ⇔ v = (0, 0). Dus U ∩ W = {(0, 0)} = Span{} en ∅ is een basis van U ∩ W zodat dim(U ∩ W ) = 0. Uit de dimensiestelling voor deelruimten (Stelling 5.27) volgt nu: dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) = 1 + 1 − 0 = 2.

Dimensie

9. Beschouw de vectorruimte R, R3 , +. Bepaal telkens een basis voor de deelruimte U ∩ 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 we oplossen door de trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen. We vinden:        5a = 11b + 6c  5a − 11b − 6c = 0 a = 0 a = 2c a − 2c = 0 b=0 ⇔ ⇔       9a = 3b − 7c 9a − 3b + 7c = 0 c=0 zodat v ∈ U ∩ W ⇔ v = (0, 0, 0). Dus U ∩ W {(0, 0, 0)} = Span{} en ∅ is een basis van 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 onafhankelijk is, zodat {(5, 1, 9), (11, 0, 3), (6, 2, −7)} een basis van de deelruimte U + W is. Alternatief voor het bepalen van een basis van U + W : omdat dim(U ∩ W ) = 0, dim U = 1 en dim W = 2 volgt uit de dimensiestelling voor deelruimten (Stelling 5.27) dat dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) = 1 + 2 − 0 = 3. Dus dim(U + W ) = dim R3 . Omdat U + W 6 R3 volgt uit Gevolg 5.11(iii) dat U + W = R3 . Zo vinden we dat de standaardbasis {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} van R3 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. We vinden: ďŁą ďŁą ďŁ´ ďŁ´ ďŁ˛ 3a = 2b â&#x2C6;&#x2019; 7c ďŁ˛ 3a â&#x2C6;&#x2019; 2b + 7c = 0 2a = â&#x2C6;&#x2019;3b + 3c 2a + 3b â&#x2C6;&#x2019; 3c = 0 â&#x2021;&#x201D; ďŁ´ ďŁ´ ďŁł ďŁł â&#x2C6;&#x2019; 10a = 2b + 8c â&#x2C6;&#x2019; 10a â&#x2C6;&#x2019; 2b â&#x2C6;&#x2019; 8c = 0 ďŁą 15 ďŁą ďŁ´ ďŁ´a = â&#x2C6;&#x2019; r 15 ďŁ´ ďŁ´ ďŁ´ 13 ďŁ´ ďŁ´ ďŁ˛ a + 13 c = 0 ďŁ˛ â&#x2021;&#x201D; â&#x2021;&#x201D; (r â&#x2C6;&#x2C6; R) 23 ďŁ´ ďŁ´ b= r 23 ďŁ´ ďŁ´ ďŁłb â&#x2C6;&#x2019; ďŁ´ 13 c=0 ďŁ´ ďŁ´ ďŁł 13 c=r zodat: v â&#x2C6;&#x2C6;U â&#x2C6;ŠW

â&#x2021;&#x201D;

30 150 45 r, â&#x2C6;&#x2019; r, r . 13 13 13

â&#x2C6;&#x192;r â&#x2C6;&#x2C6; R : v =

â&#x2C6;&#x2019;

45 30 150 â&#x2C6;&#x2019; ,â&#x2C6;&#x2019; , 13 13 13

Dus U â&#x2C6;Š W = Span

= Span{(3, â&#x2C6;&#x2019;2, 10)}

en {(3, â&#x2C6;&#x2019;2, 10)} is een basis van U â&#x2C6;Š W . Vervolgens bepalen we een basis van U + W . We hebben alvast: U + W = Span{(3, 2, â&#x2C6;&#x2019;10)} + Span{(2, â&#x2C6;&#x2019;3, 2), (â&#x2C6;&#x2019;7, 3, 8)} = Span{(3, 2, â&#x2C6;&#x2019;10), (2, â&#x2C6;&#x2019;3, 2), (â&#x2C6;&#x2019;7, 3, 8)}. Daarna reduceren we de voortbrengers {(3, 2, â&#x2C6;&#x2019;10), (2, â&#x2C6;&#x2019;3, 2), (â&#x2C6;&#x2019;7, 3, 8)} van U + W tot een basis van U + W . We vinden de basis {(3, 2, â&#x2C6;&#x2019;10), (2, â&#x2C6;&#x2019;3, 2)}. (c) We bepalen eerst een basis voor U â&#x2C6;Š W . Voor elke vector v â&#x2C6;&#x2C6; R3 is: v â&#x2C6;&#x2C6;U â&#x2C6;ŠW

â&#x2021;&#x201D; v â&#x2C6;&#x2C6; U en v â&#x2C6;&#x2C6; W â&#x2021;&#x201D;

â&#x2C6;&#x192;a, b â&#x2C6;&#x2C6; R : v = a(1, â&#x2C6;&#x2019;3, 7) + b(â&#x2C6;&#x2019;1, 2, 2) en â&#x2C6;&#x192;c, d â&#x2C6;&#x2C6; R : v = c(2, â&#x2C6;&#x2019;5, 5) + d(6, â&#x2C6;&#x2019;13, â&#x2C6;&#x2019;3).

Wil v â&#x2C6;&#x2C6; U â&#x2C6;ŠW , dan moeten er getallen a, b, c, d â&#x2C6;&#x2C6; R bestaan waarvoor aâ&#x2C6;&#x2019;b = 2c+6d, â&#x2C6;&#x2019;3a + 2b = â&#x2C6;&#x2019;5c â&#x2C6;&#x2019; 13d en 7a + 2b = 5c â&#x2C6;&#x2019; 3d. Deze vergelijkingen vormen een lineair stelsel, dat we oplossen door de trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen. We vinden: ďŁą ďŁą ďŁ´ ďŁ´ ďŁ˛ a â&#x2C6;&#x2019; b = 2c + 6d ďŁ˛ a â&#x2C6;&#x2019; b â&#x2C6;&#x2019; 2c â&#x2C6;&#x2019; 6d = 0 â&#x2C6;&#x2019; 3a + 2b = â&#x2C6;&#x2019;5c â&#x2C6;&#x2019; 13d â&#x2021;&#x201D; â&#x2C6;&#x2019; 3a + 2b + 5c + 13d = 0 ďŁ´ ďŁ´ ďŁł ďŁł 7a + 2b = 5c â&#x2C6;&#x2019; 3d 7a + 2b â&#x2C6;&#x2019; 5c + 3d = 0 ďŁą a=r+s ďŁ´ ďŁ´ ( ďŁ´ ďŁ˛ aâ&#x2C6;&#x2019;câ&#x2C6;&#x2019;d=0 b = â&#x2C6;&#x2019;r â&#x2C6;&#x2019; 5s â&#x2021;&#x201D; â&#x2021;&#x201D; (r, s â&#x2C6;&#x2C6; R) ďŁ´ b + c + 5d = 0 c =r ďŁ´ ďŁ´ ďŁł d=s zodat: v â&#x2C6;&#x2C6;U â&#x2C6;ŠW

â&#x2021;&#x201D;

â&#x2C6;&#x192;r â&#x2C6;&#x2C6; R : v = (2r + 6s, â&#x2C6;&#x2019;5r â&#x2C6;&#x2019; 13s, 5r â&#x2C6;&#x2019; 3s).

Dimensie Dus U ∩ W = Span{(2, −5, 5), (6, −13, −3)} en {(3, −1, 9)}. Men gaat eenvoudig na dat de voortbrengende verzameling {(2, −5, 5), (6, −13, −3)} ook lineair onafhankelijk is, zodat {(2, −5, 5), (6, −13, −3)} een basis van de deelruimte U ∩ W is. 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, dim U = 2 en dim W = 2 volgt uit de dimensiestelling voor deelruimten (Stelling 5.27) dat dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) = 2 + 2 − 2 = 2. Dus dim U = dim(U + W ). Omdat U 6 U + W volgt uit Gevolg 5.11(iii) dat U = U + W . Zo vinden we dat de basis {(1, −3, 7), (−1, 2, 2)} van U ook een basis van 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.

10. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de deelruimten U = Span{(1, −1, 2), (−3, 2, −5)}

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 dim U , dim W en dim(U + W ). Het is duidelijk dat {(1, −1, 2), (−3, 2, −5)} een basis van U is, zodat dim U = 2. Verder is {(−1, 3, 6)} een basis van W zodat dim W = 1. Om een basis van U + W te bepalen, schrijven we 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 onafhankelijk is, 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 ) = dim U + dim W volgt 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 voorgaande volgt nu dat dim(U ⊕ W ) = dim(U + W ) = 3. (c) Omdat U ⊕ W = U + W 6 R3 en dim(U ⊕ W ) = dim R3 volgt uit Gevolg 5.11(iii) dat U ⊕ W = R3 .

11. Beschouw de vectorruimte R, R3 , + en de deelruimten M = Span{(1 + a, 4, 2), (5, 6, −1 − a)}

N = Span{(5 + 2a, 10, 0)}

waarbij a ∈ R. (a) Toon aan dat dim M = 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. Voor c1 , c2 ∈ R geldt:    (1 + a)c1 + 5c2 = 0 4c1 + 6c2 = 0 c1 (1 + a, 4, 2) + c2 (5, 6, −1 − a) = (0, 0, 0) ⇔   2c1 + (−1 − a)c2 = 0. We lossen dit stelsel op door de trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen. Alvast is:     3 1+a 5 1 2  4  ∼  0 −4 − a  . 6 7−3a 2 −1 − a 0 2 Is a 6= −4 dan vinden we    1 1+a 5 ∼ 0  4 6 2 −1 − a 0

3 2





1 −4 − a  ∼  0 7−3a 0 2

terwijl we voor a = −4 vinden dat      3 1+a 5 1 1 2  4  ∼  0 −4 − a  ∼  0 6 7−3a 2 −1 − a 0 0 2

3 2



1 7−3a 2

3 2



1 ∼ 0 0





1 0 ∼ 0 19 0 2

 0 1  0

 0 1 . 0

Dus voor elke a ∈ R wordt de trapvorm van de geassocieerde matrix gegeven door 1 0 0 1 . Op die manier verkrijgen we: 00

c1 (1 + a, 4, 2) + c2 (5, 6, −1 − a) = (0, 0, 0)

⇔

   c1 = 0 c2 = 0   c3 = 0.

We besluiten dat {(1+a, 4, 2), (5, 6, −1−a)} lineair onafhankelijk is voor elke waarde van a ∈ R. Dus {(1 + a, 4, 2), (5, 6, −1 − a)} is een basis van de deelruimte M , en dit voor elke waarde van a ∈ R. (b) Om te bepalen voor welke a ∈ R de deelruimte U + W een directe som is, gebruiken we Stelling 5.24. Daartoe bepalen we eerst dim M , dim N en dim(M + N ). Uit het voorgaande volgt dat dim M = 2 voor elke waarde van a ∈ R. Verder is {(5 + 2a, 10, 0)} een basis van N zodat dim N = 1 voor elke waarde van a ∈ R. Dus is, wegens Stelling 5.24: M + N is een directe som

⇔

dim(M + N ) = 3.

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 van M +N is. Nu is M +N 6 R3 en dim R3 = 3, zodat uit Gevolg 5.11(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 4 vinden we dan:

1+a 5 5 + 2a

6 10

6= 0 ⇔ 2a2 − 32a + 30 6= 0 M + N is een directe som ⇔

2 −1 − a 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 . Toon aan 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 wegens Stelling 4.40 uitgebreid worden tot een basis {u1 , . . . , um , v1 , . . . , vn } van V . Merk op dat met deze notaties dim U = m en dim V = m + n. Beschouw nu de deelruimte W = Span{v1 , . . . , vn }. De basis {u1 , . . . , um , v1 , . . . , vn } van V is lineair onafhankelijk, zodat wegens Lemma 4.16 ook {v1 , . . . , vn } lineair onafhankelijk is. Dus {v1 , . . . , vn } is een basis van W en dim W = n. Nu is U + W = Span{u1 , . . . , um } + Span{v1 , . . . , vn } = Span{u1 , . . . , um , v1 , . . . , vn } = V zodat ook dim(U + W ) = dim V = m + n = dim U + dim W . Uit Stelling 5.24 volgt nu dat 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 is er gegeven dat dim U = 3 en dim W = 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 6U +W

W 6U +W

dan vinden we dim(U + W ) 6 dim R2×2 ,

dim U 6 dim(U + W )

dim W 6 dim(U + W )

87 zodat dim(U + W ) 6 4,

3 6 dim(U + W )

2 6 dim(U + W ).

Aantonen dat deze afschatting zo goed mogelijk is, doen we door expliciete voorbeelden te geven. Voor 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 U = Span , , en W = Span , 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 geldt dat dim U = 3, dim W = 2 en omdat U + W = U is dim(U + W ) = 3. 1 0 0 1 0 0 1 0 0 U = Span , , en W = Span , 0 0 0 0 1 0 0 0 0

Voor 0 1

geldt dat dim U = 3, dim W = 2 en omdat U + W = R2Ă&#x2014;2 is dim(U + W ) = 4. (b)

(i) U + W = U Verklaring: als dim(U + W ) = 3 dan is dim U = dim(U + W ). Omdat U 6 U + W volgt uit Gevolg 5.11(iii) dat U = U + W . (ii) U +W = R2Ă&#x2014;2 Verklaring: als dim(U +W ) = 4 dan is dim(U +W ) = dim R2Ă&#x2014;2 . Omdat U + W 6 R2Ă&#x2014;2 volgt uit Gevolg 5.11(iii) dat U + W = R2Ă&#x2014;2 .

(c) 1 6 dim(U + W ) 6 2 Verklaring: wegens de dimensiestelling voor deelruimten (Stelling 5.27) is: dim(U â&#x2C6;Š W ) = dim U + dim W â&#x2C6;&#x2019; dim(U + W ) en uit dim U = 3, dim W = 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 waar of vals? Indien waar, bewijs. Indien vals, geef een tegenvoorbeeld. (a) â&#x2C6;&#x20AC; U, W 6 V : U â&#x2C6;Š W 6= â&#x2C6;&#x2026; (b) â&#x2C6;&#x20AC; U, W 6 V : U â&#x2C6;Ş W 6 V (c) â&#x2C6;&#x20AC; U, W 6 V : U â&#x2C6;Ş W 66 V (d) â&#x2C6;&#x192; U, W 6 V : U â&#x2C6;Ş W = U + W (e) â&#x2C6;&#x20AC; U, W 6 V : dim U + dim W = dim(U + W ) (f) â&#x2C6;&#x192; U, W 6 V : dim U + dim W = dim(U + W ) Oplossing. (a) waar Bewijs: omdat U 6 V is 0V â&#x2C6;&#x2C6; U . Analoog is 0V â&#x2C6;&#x2C6; W zodat 0V â&#x2C6;&#x2C6; U â&#x2C6;Š W . Derhalve is U â&#x2C6;Š W 6= â&#x2C6;&#x2026;. (b) vals Tegenvoorbeeld: beschouw de vectorruimte R, R2 , + en deelruimten U = Span{(1, 0)} en W = Span{(0, 1)}. Dan is U â&#x2C6;ŞW geen deelruimte van R2 , want zo is bijvoorbeeld u = (1, 0) â&#x2C6;&#x2C6; U â&#x2C6;ŞW en w = (0, 1) â&#x2C6;&#x2C6; U â&#x2C6;ŞW terwijl u+w = (1, 1) 6â&#x2C6;&#x2C6; U â&#x2C6;ŞW zodat U â&#x2C6;Ş 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 â&#x2C6;Ş W = {0R2 } 6 R2 .

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 dim U + dim W = dim R2 + dim R2 = 4 terwijl anderzijds dim(U + W ) = dim R2 = 2. (f) waar Bewijs: kies de deelruimten U = W = {0V }. Dan is U + W = {0V } zodat enerzijds dim U + dim W = dim{0V } + dim{0V } = 0 terwijl anderzijds dim(U + W ) = dim{0V } = 0. 15. Beschouw in de vectorruimte R, R3 , + de deelruimten W = Span{(1, −1, 0), (0, −2, 0)}

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 0 van R3 zodat R3 = W ⊕ Z 0 . 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)} van W +Z tot een basis van W +Z. We vinden de basis {(1, −1, 0), (0, −2, 0), (0, 0, 3)}. (b) We zullen de dimensie van W ∩Z berekenen aan de hand van de dimensiestelling voor deelruimten (Stelling 5.27). Daartoe bepalen we eerst dim W , dim Z en dim(W + Z). Het is duidelijk dat {(1, −1, 0), (0, −2, 0)} een basis van W is, zodat dim W = 2. Verder is {(2, 2, 0), (0, 0, 3)} een basis van Z zodat ook dim Z = 2. Uit het antwoord op vraag (a) leiden we af dat dim(W + Z) = 3. De dimensiestelling voor deelruimten (Stelling 5.27) impliceert nu: dim(W ∩ Z) = dim W + dim Z − dim(W + Z) = 2 + 2 − 3 = 1. Alternatieve oplossing: we kunnen de dimensie van W ∩ Z ook berekenen door een basis 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 we oplossen door de trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen. We vinden:     a = 2r        a = 2c  a − 2c = 0  a − 2c = 0  b = −2r − a − 2b = 2c ⇔ − a − 2b − 2c = 0 ⇔ b + 2c = 0 ⇔ (r ∈ R)     c=r      0 = 3d 3d = 0 d=0  d=0 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)} is een basis van W ∩ Z zodat dim(W ∩ Z) = 1. (c) Wegens het voorgaande is dim(W + Z) = 3 terwijl dim W + dim Z = 2 + 2 = 4. Omdat dim(W + Z) 6= dim W + dim Z volgt uit het eerste criterium van directe som dat W + Z geen directe som is. (d) Stellen we bijvoorbeeld Z 0 = Span{(0, 0, 3)} dan is W + Z 0 = 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 0 is. Hieruit leiden we af dat dim(W + Z 0 ) = 3. Anderzijds is dim W = 2 en dim Z 0 = 1 zodat dim(W + Z 0 ) = dim W + dim Z 0 . Uit het eerste criterium van directe som volgt nu dat W + Z 0 een directe som is. 16. Beschouw in de vectorruimte R, R[X]<9 , + de deelruimte U van veeltermen die deelbaar zijn door X − 2 en de deelruimte W van veeltermen die deelbaar zijn door X − 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 + a1 X + a2 X 2 + · · · + a7 X 7 )(X − 2) | ai ∈ R} = {−2a0 + (a0 − 2a1 )X + (a1 − 2a2 )X 2 + · · · + (a6 − 2a7 )X 7 + a7 X 8 | ai ∈ R} = Span{−2 + X, −2X + X 2 , −2X 2 + X 3 , . . . , −2X 7 + X 8 } = Span{X − 2, X(X − 2), X 2 (X − 2), . . . , X 7 (X − 2)}. Nu geldt voor elke i ∈ {1, 2, . . . , 7} dat X i (X − 2) 6∈ Span{X − 2, X(X − 2), X 2 (X − 2), . . . , X i−1 (X − 2)} want de graad van elke veelterm in die opspanning is kleiner dan de graad van X i (X − 2). Zo vinden we dat {X − 2, X(X − 2), X 2 (X − 2), . . . , X 7 (X − 2)}

Dimensie

lineair onafhankelijk is, en dus een basis van U is. Bijgevolg is dim U = 8. Analoog is W = Span{X − 3, X(X − 3), X 2 (X − 3), . . . , X 7 (X − 3)} en is {X − 3, X(X − 3), X 2 (X − 3), . . . , X 7 (X − 3)} een basis van W , waaruit volgt dat ook dim W = 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), X 2 (X −2)(X −3), . . . , X 6 (X −2)(X −3)} en {(X − 2)(X − 3), X(X − 2)(X − 3), X 2 (X − 2)(X − 3), . . . , X 6 (X − 2)(X − 3)} is een basis van U ∩ W , waaruit volgt dat dim U ∩ W = 7. Uit de dimensiestelling van deelruimten (Stelling 5.27) volgt nu: dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) = 8 + 8 − 7 = 9. Omdat U + W 6 R[X]<9 en dim R[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 geschreven worden als de som van een veelterm die deelbaar is door X − 2 en een veelterm die deelbaar is door X − 3. 17. Beschouw de vectorruimte R, RR , + en noem U de deelruimte van de even functies en W de deelruimte van de oneven functies. (a) Beschouw een willekeurige f ∈ RR en definieer hiermee de R-R afbeeldingen f1 en f2 met voorschrift f1 (x) =

1 (f (x) + f (−x)) 2

f2 (x) =

1 (f (x) − f (−x)) . 2

Toon aan dat f1 ∈ U en f2 ∈ W . (b) Je kan gemakkelijk narekenen dat voor de afbeeldingen f, f1 en f2 uit de vorige deelvraag geldt: f = f1 + f2 . Verklaar waarom er geen andere manier is om f te schrijven 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)} en W = {g ∈ RR | ∀x ∈ R : g(−x) = −g(x)}. Neem nu f ∈ RR willekeurig. Dan geldt voor elke x ∈ R: 1 1 (f (−x) + f (−(−x))) = (f (−x) + f (x)) = f1 (x) 2 2 waarmee is aangetoond dat f1 ∈ U . Analoog is voor elke x ∈ R: f1 (−x) =

f2 (−x) = zodat f2 ∈ W .

1 1 (f (−x) − f (−(−x))) = (f (−x) − f (x)) = −f2 (x) 2 2

91 (b) Er geldt inderdaad dat f = f1 + f2 , want voor elke x ∈ R is: 1 1 f1 (x) + f2 (x) = (f (x) + f (−x)) + (f (x) − f (−x)) 2 2 1 = (f (x) + f (−x) + f (x) − f (−x)) = f (x). 2 Bijgevolg is RR ⊆ U + W . Omdat U + W 6 RR , volgt dat U + W = RR . We zullen aantonen dat U + W een directe som is. Daartoe zullen we Stelling 5.29 aanwenden, 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) = 0 en 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 Stelling 5.29 volgt nu dat U + W een directe som is. Wegens Definitie 5.21 kan elke vector uit U + W op een unieke manier geschreven worden als de som van een vector in U en een vector in W . Omdat U + W = RR , kan elke R − R afbeelding f op een unieke 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 dus uniek, zodat er geen andere manier is om f te schrijven als de som van een even en een oneven functie. 18. In de dimensiestelling voor deelruimten is de formule dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) gelijkaardig aan de formule voor het aantal elementen van de unie 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 vectorruimte R, V, + met willekeurige deelruimten U, W en Z geldt dat dim(U + W + Z) gelijk is aan dim U + dim W + dim Z − 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)}

Z = Span{(1, 1)}.

Enerzijds is U + W + Z = R zodat dim(U + W + Z) = 2. Anderzijds is U ∩ W = {0R2 },

W ∩ Z = {0R2 }

U ∩ Z = {0R2 }

zodat dim U + dim W + dim Z − 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 eindigdimensionale vectorruimte R, V, + en deelruimten U, W en Z gevonden waarvoor dim(U + W + Z) 6= dim U + dim W + dim Z − dim(U ∩ W ) − dim(W ∩ Z) − dim(U ∩ Z) + dim(U ∩ W ∩ Z).

Dimensie

19. De matrix A hieronder is geschreven als de som van een symmetrische nulsommatrix en een magische blokmatrix:       6 9 −6 5 4 −9 1 5 3 7 =  4 −6 2 + 7 6 5 . A =  11 0 −5 4 13 −9 2 7 4 2 6 Een symmetrische nulsommatrix is een symmetrische matrix waarvoor alle rijen en alle kolommen een nulsom hebben. Een magische blokmatrix is een vierkante matrix waarvan 1 5 3 alle 2 × 2-deelmatrices met aansluitende elementen eenzelfde som hebben. Zo is 7 6 5 een magische blokmatrix, want in elke 2 × 2-deelmatrix met aansluitende 426

elementen, zoals ( 62 56 ), is de som van de elementen gelijk aan 19. (a) Kan elke 3 × 3-matrix geschreven worden als de som van een symmetrische nulsommatrix 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 nulsommatrices kan geschreven worden als:   

a b −a − b  

c −b − c 

a, b, c ∈ R U=  b   −a − b −b − c a + 2b + c

     0 1 −1 0  1 0 −1 0 −1 , 0 = Span  0 0 0  ,  1  −1 0 1 −1 −1 2 0

U van symmetrische

0 1 −1

 0  −1 .  1

Hieruit volgt dat U een deelruimte van R3×3 is en men gaat eenvoudig na dat deze voortbrengende verzameling van U ook lineair onafhankelijk is, zodat dim U = 3. Vervolgens kan de deelverzameling W van magische blokmatrices geschreven worden als:   

b e  a 

d a + c − e 

a, b, c, d, e, f ∈ R W = c   f a + b − f −a + e + f

      0 1 0 0 0 0  1 0 0 = Span 0 0 1  , 0 0 0 , 1 0 1  0 1 −1 0 1 0 0 0 0       0 0 0 0 0 1 0 0 0  0 1 0 , 0 0 −1 , 0 0 0 .  0 0 0 0 0 1 1 −1 1 Hieruit volgt dat W een deelruimte van R3×3 is en men gaat eenvoudig na dat deze voortbrengende verzameling van W ook lineair onafhankelijk is, zodat dim W = 6. Nu kan elke 3 × 3-matrix geschreven worden als de som van een symmetrische nulsommatrix en een magische blokmatrix als en slechts als U + W = R3×3

⇔

dim(U + W ) = 9

⇔

dim U + dim W − 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 reële getallen a, b, c, d, e, f bestaan waarvoor   a b e d a+c−e  A = c f a + b − f −a + e + f en waarvoor alle rijen en alle kolommen een nulsom hebben. Die voorwaarde leidt tot een lineair stelsel, dat we oplossen door de trapvorm van de geassocieerde matrix te berekenen. We vinden:   a+b+e=0 a+b+e=0           c + d + a + c − e = 0  a + 2c + d − e = 0     f + a + b − f − a + e + f = 0 b + e + f = 0 ⇔   a+c+f =0 a+c+f =0           b + d + a + b − f = 0 a + 2b + d − f = 0       e+a+c−e−a+e+f =0 c+e+f =0   a−f =0 a=r              b + 2f = 0  b = −2r c + 2f = 0 ⇔ c = −2r (r ∈ R) ⇔       d − 4f = 0   d = 4r       e−f =0 e=r zodat  r  U ∩ W = −2r  r  r  = −2r  r 1 −2 1 Dus −2 4 −2 is een 1 −2

 

r 

r − 2r − r 

r ∈ R  −r + r + r

  

1   −2r

r ∈ R = Span −2   r

−2r 4r r − 2r − r −2r 4r −2r

 −2 1  4 −2 .  −2 1

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 geschreven worden als de som van een symmetrische nulsommatrix en een magische blokmatrix. (b) Beschouw de vectorruimte R, R4×4 , +. De deelverzameling U van symmetrische nulsommatrices kan geschreven worden als: ( !

) a b c −a−b−c

b d e −b−d−e U=

a, b, c, d, e, f ∈ R . c e f −c−e−f

−a−b−c −b−d−e −c−e−f a+2b+2c+d+2e+f Hieruit volgt eenvoudig dat U een deelruimte van R4×4 is en dim U = 6. Vervolgens kan de deelverzameling W van magische blokmatrices geschreven worden als: ( a b !

) e g

c d a+c−e b+d−g W =

a, b, c, d, e, f, g, h ∈ R . f a+b−f −a+e+f a−f +g

h c+d−h a−e+h b+c+d−g−h Hieruit volgt eenvoudig dat W een deelruimte van R3×3 is en dim W = 8. Nu kan elke 4 × 4-matrix geschreven worden als de som van een symmetrische nulsommatrix

Dimensie en een magische blokmatrix als en slechts als U + W = R4×4

⇔

dim(U + W ) = 16

⇔

dim U + dim W − dim(U ∩ W ) = 16

⇔

dim(U ∩ W ) = −2

hetgeen onmogelijk is. We besluiten dat niet elke 4 × 4-matrix kan geschreven worden als de som van een symmetrische nulsommatrix en een magische blokmatrix. 20. Bepaal telkens een expliciet voorschrift van de rij.  als n = 1  1 als n = 2 (a) (an ) = 4   an−1 + 2an−2 als n > 2  als n = 1  1 als n = 2 (b) (bn ) = 5   3bn−2 als n > 2 Oplossing. (a) Noem W de deelverzameling van alle reële rijen (an ) die voldoen aan de recursierelatie an+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 twee voortbrengers (1, 0, 2, 2, 6, 10, . . .) en (0, 1, 1, 3, 5, 11, . . .) lineair onafhankelijk, zodat dim W = 2. De deelruimte W bevat de rij (an ) = (1, 4, 6, 14, 26, 54, . . .). Nu gaan we op zoek naar een andere basis van W , meer bepaald een geordende basis B die bestaat uit twee meetkundige rijen. De reden waarom we dat doen is omdat elke meetkundige rij (cn ) een eenvoudig expliciet voorschrift heeft: cn = c0 q n voor een zekere q ∈ R. Op die manier zullen de coördinaten van (an ) ten opzichte van B toelaten een expliciet voorschrift van de rij (an ) te geven. Beschouw nu een meetkundige rij (cn ) = (c0 , c0 q, c0 q 2 , . . .). Dan is (cn ) ∈ W

⇔

c0 q n+2 = 2c0 q n + c0 q n+1 voor elke n ∈ N

⇔

c0 = 0 of q 2 = 2 + q.

De keuze c0 = 0 levert de nulrij op. De andere meetkundige rijen van W hebben als quotiënt q de oplossingen van x2 = 2 + x. De oplossingen van deze vergelijking zijn x1 = −1 en x2 = 2. De meetkundige rijen (un ) = (1, x1 , x21 , . . .) = (1, −1, 1, −1, . . .) en (vn ) = (1, x2 , x22 , . . .) = (1, 2, 4, 8, . . .) zijn lineair onafhankelijk en omdat dim W = 2 is B = ((un ), (vn )) een geordende basis van W .

95 Ten slotte bepalen we de coördinaten van (an ) ten opzichte van B. Kortom, we zoeken 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 volgt een directe formule voor de n-de term van de recursief gedefinieerde rij (an ): de algemene term van de rij (an ) is an =

−2 · (−1)n + 5 · 2n . 3

(b) Noem W de deelverzameling van alle reële rijen (an ) die voldoen aan de recursierelatie bn+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 twee voortbrengers (1, 0, 3, 0, 9, 0, . . .) en (0, 1, 0, 3, 0, 9, . . .) lineair onafhankelijk, zodat dim W = 2. De deelruimte W bevat de rij (bn ) = (1, 5, 3, 15, 9, 45, . . .). Nu gaan we op zoek naar een andere basis van W , meer bepaald een geordende basis B die bestaat uit twee meetkundige rijen. De reden waarom we dat doen is omdat elke meetkundige rij (cn ) een eenvoudig expliciet voorschrift heeft: cn = c0 q n voor een zekere q ∈ R. Op die manier zullen de coördinaten van (bn ) ten opzichte van B toelaten een expliciet voorschrift van de rij (bn ) te geven. Beschouw nu een meetkundige rij (cn ) = (c0 , c0 q, c0 q 2 , . . .). Dan is (cn ) ∈ W

⇔

c0 q n+2 = 3c0 q n voor elke n ∈ N

⇔

c0 = 0 of q 2 = 3.

De keuze c0 = 0 levert de nulrij op. De andere meetkundige rijen van W hebben als quotiënt q de oplossingen van x2 = 3. De oplossingen van deze vergelijking zijn √ √ x1 = 3 en x2 = − 3. De meetkundige rijen √ √ (un ) = (1, x1 , x21 , . . .) = (1, 3, 3, 3 3, . . .) en

√ √ (vn ) = (1, x2 , x22 , . . .) = (1, − 3, 3, −3 3, . . .)

zijn lineair onafhankelijk en omdat dim W = 2 is B = ((un ), (vn )) een geordende basis van W . Ten slotte bepalen we de coördinaten van (bn ) ten opzichte van B. Kortom, we zoeken 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 gedefinieerde rij (bn ): de algemene term van de rij (bn ) is √ √ √ √ (3 + 5 3)( 3)n + (3 − 5 3)(− 3)n bn = . 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. Online gepubliceerd 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.

Lineaire algebra I en II zijn boekjes in SOHO Wiskunde Plantyn, een reeks die wiskundige onderwerpen behandelt op een manier die aansluit bij de vooropleiding van een leerling uit het secundair onderwijs (SO) in een wiskundig sterke richting, maar in de stijl van wiskundecursussen in het hoger onderwijs (H0). De boekjes uit deze reeks kunnen als leidraad dienen voor een zelfstudieproject voor leerlingen van de derde graad of voor studenten van het hoger onderwijs. Maar ze kunnen ook als tekstboek bij een gedoceerde cursus gebruikt worden. In het secundair onderwijs kan dat bijvoorbeeld in de vrije ruimte. Sinds het verschijnen van Lineaire algebra I en II kregen de auteurs meermaals de vraag om 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 volledig uitgewerkt. We zijn er ons van bewust dat een oefening vaak op meerdere manieren kan worden opgelost en er feitelijk niet zoiets bestaat als een modeloplossing. Tevens heeft dit werk niet de pretentie om van elke oefening de meest elegante oplossing te bevatten. Dit boekje is eerder bedoeld als ondersteuning voor leerlingen, leerkrachten of studenten die hun eigen oplossingen wensen af te toetsen. In deze context beklemtonen we dat bij oefeningen de waarde niet zozeer in het aanschouwen van een uitgewerkte oplossing ligt, maar in het feit dat de lezer zelf gezocht heeft, ook al werd een uiteindelijke oplossing misschien niet gevonden.

c 2016 Koen De Naeghel royalty percentage: 0%