Anton-Rorres 8.4.11

A={{1,3,-1},{2,0,5},{6,-2,4}};

a. Dit is makkelijk: de coordinaten van T(v1) ten opzichte van B staan in de eerste kolom van A, dus het antwoord de kolomvector [1,2,6]^T. (^T staat voor getransponeerd.) Net zo is [T(v2)]_B gelijk aan [3,0,-2]^T en [T(v3)]_B gelijk aan [-1,5,4]^T.

v1=3x+3x^2; v2=-1+3x+2x^2; v3=3+7x+2x^2;

b. Het polynoom waarvan de coordinaten 1,2,6 t.o.v. B zijn, is

1*v1+2*v2+6*v3//Expand

Net zo voor de andere twee kolommen:

3*v1-2*v3//Expand

-1*v1+5*v2+4*v3//Expand

c. Gegeven is A=[T]_B. Gevraagd wordt eigenlijk [T]_B' waarbij B'=1,x,x^2. Dit is gelijk aan [Id]_B',B [T]_B [Id]_B,B'. De eerste matrix heeft als j-e kolom de coefficienten van vj t.o.v. B', dus die matrix is

P={{0,-1,3},{3,3,7},{3,2,2}}

P//MatrixForm

Dus het antwoord op de vraag wordt gegeven door de matrix (zie ook boek)

B=P.A.Inverse[P]

d. Vermenigvuldig de matrix hierboven met de coefficientvector van het polynoom t.o.v. B', dus

B.{1,0,1}

en dit geeft het polynoom 22+56x+14x^2

Anton-Rorres 8.4.16

Gezocht is de matrix [T]_B. De eerste kolom bevat de coordinaten van Tv1=v2 t.o.v. B, dus die kolom is [0,1,0,0]^T. De tweede kolom bevat de coordinaten van Tv2=v3 t.o.v. B, dus die kolom is [0,0,1,0]^T. Enzovoorts; dit geeft de matrix

{{0,0,0,1},{1,0,0,0},{0,1,0,0},{0,0,1,0}}//MatrixForm

Anton-Rorres 8.5.2

Eerst de overgangsmatrix P=P_EB van B naar de standaardbasis E= [1,0]^T,[0,1]^T:

P={{2,4},{2,-1}};

Dan de matrix van T ten opzichte van de standaardbasis (aflezen):

TE={{1,7},{3,-4}};

Dus de matrix van T ten opzichte van B is (hier gebruiken we 8.5.2 ook al, maar je had het natuurlijk ook met de hand kunnen doen---eerst Tu1,Tu2 uitdrukken in u1,u2:

TB=Inverse[P].TE.P;

TB//MatrixForm

Nu de overgangsmatrix Q=P_BB' van B' naar B: ten eerste geldt v_2=-u_1/2, dus de tweede kolom is [-1/2,0]^T. Voor de eerste kolom:

Inverse[P].{{1},{3}}

Dus er geldt

Q={{13/10,-1/2},{-2/5,0}};

Q//MatrixForm

Nu berekenen we de matrix van T ten opzichte van B' door P_B',B [T]_B P_B,B':

Inverse[Q].TB.Q//MatrixForm

Merk op dat dit ook hetzelfde is als P_B'E [T]_E P_E,B': schrijf R=P_E,B', dan

R={{1,-1},{3,-1}};

en er geldt:

Inverse[R].TE.R//MatrixForm

Anton-Rorres 8.5.4

TB={{1,2,-1},{0,-1,0},{1,0,7}};

TB//MatrixForm

En nu de overgangsmatrix P=P_BB' van B' naar B:

P={{1,1,1},{0,1,1},{0,0,1}};

De matrix van T t.o.v. B' is dus

Inverse[P].TB.P//MatrixForm

Anton-Rorres 8.5.12

Als B zo'n basis is, dan is dus de matrix P_B,E [T]_E P_E,B waarbij E de standaardbasis is en [T]_E de matrix van T t.o.v. E, diagonaal. Je moet dus de eigenvectoren en eigenwaarden van T bepalen.

a.

TE={{-2,1,-1},{1,-2,-1},{-1,-1,-2}};

Eigensystem[TE]

De eerste drie getallen zijn de eigenwaarden, de laatste drie vectoren moeten worden gelezen als KOLOMvectoren en zijn de bijbehorende eigenvectoren. Daarom transponeren:

P=Transpose[{{1,0,1},{-1,1,0},{-1,-1,1}}]

Check:

Inverse[P].TE.P

De kolommen van P vormen dus de gevraagde basis.

b.

TE={{0,-1,1},{-1,0,1},{1,1,0}};

Eigensystem[TE]

Hier zie je dat de eigenwaarde 1 multipliciteit 2 heeft (zowel algebraisch als meetkundig). In de eigenruimte bij 1 mag je een willekeurige basis kiezen; BIJVOORBEELD de basis die Mathematica geeft.

P=Transpose[{{-1,-1,1},{1,0,1},{-1,1,0}}];

Check:

Inverse[P].TE.P

c.

TE={{4,0,1},{2,3,2},{1,0,4}};

Eigensystem[TE]

P=Transpose[{{1,2,1},{-1,0,1},{0,1,0}}];

Check:

Inverse[P].TE.P

Anton-Rorres 8.5.13

Bepaal de matrix van T t.o.v. een basis die je handig vindt: ik vind de basis 1,x,x^2 leuk, dus

TB={{5,6,2},{0,-1,-8},{1,0,-2}};

Det[λ IdentityMatrix[3]-TB]//Factor

Dus de lineaire afbeelding heeft eigenwaarden 3, met algebraische multipliciteit 2, en -4 met algebraische multipliciteit 1. De eigenruimte bij 3 vind je door

NullSpace[3*IdentityMatrix[3]-TB]

Aha, dus de meetkundige multipliciteit van eigenwaarde 3 is slechts 1. De eigenruimte wordt opgespannen door het polynoom 5-2x+x^2.

NullSpace[-4*IdentityMatrix[3]-TB]

De eigenruimte bij -4 is dus ook 1-dimensionaal, en opgespannen door -6+8x+3x^2.

Anton-Rorres 8.5.15

Stel v is een eigenvector van T bij eigenwaarde λ. Dan geldt Tv=λv en dus (λ Id-T)v=λv-Tv=λv-λv=0, dus v zit in de kern van λ Id-T. Bovendien is v niet nul per definitie van  eigenvectoren. Omgekeerd, als v in die kern zit en niet nul is, dan geldt Tv=Tv+(λ Id - T)v=Tv + λv -Tv=λv, dus v is een eigenvector van T bij eigenwaarde λ.

Merk op dat ik op college, net als hier, de notatie Id of Id_V gebruik voor de identiteitsAFBEELDING van V naar zichzelf. De letter I daarvoor gebruiken, zoals het boek hier doet, is ietwat verwarrend, omdat I ook al voor de identiteitsMATRIX staat.

Anton-Rorres 8.6.1

Onto betekent surjectief. T:V->W heet surjectief als R(T)=W; met andere woorden: als er voor alle w in W een v in V is met Tv=w.
a. surjectief, want voor alle (x,y) in R^2 is er een vector die door T op (a,b) afgebeeld wordt, namelijk (b,a). T is hier zelfs bijectief, want ker T=0, dus T heeft een inverse (namelijk T zelf !)
b. niet surjectief, want R(T) is het opspansel van (0,1), waar (bijvoorbeeld) de vector (1,0) NIET in zit. Dus om te laten zien dat een afbeelding T NIET surjectief is, hoef je maar EEN vector aan te geven die NIET in R(T) zit.
c. wel surjectief, want voor alle (x,y) is er een vector die door T op (a,b) afgebeeld wordt, namelijk (a+b,a-b)/2. T is zelfs bijectief, met inverse T/2.
d. niet surjectief. Dat kan helemaal niet, want de dimensiestelling zegt dat dim R(T) hier hooguit 2 is (en hij is ook precies 2), terwijl T van R^2 naar R^3 gaat.
e. idem. (behalve dat hier R(T) zelfs maar 1-dimensionaal is, namelijk opgespannen door (1,-1,2).
f. wel surjectief. Op de vector (a,b) wordt BIJVOORBEELD afgebeeld: (a+b,a-b,0)/2. De afbeelding T is niet bijectief, want niet injectief: de vector (0,1,-1) spant de kern van T op.

Anton-Rorres 8.6.5

a. niet bijectief. T kan niet bijectief zijn, want de ruimtes P_2 en P_3 hebben verschillende dimensies (3 respectievelijk 4).
b. wel bijectief, met inverse T zelf! Immers, de getransponeerde van de getransponeerde van A is A zelf.
c. niet bijectief, want de dimensies komen niet overeen (4 resp. 3)
d. niet bijectief, want ker T is niet {0}---bijvoorbeeld zit het polynoom 1 in de kern.

Anton-Rorres 8.6.8

a. Je hebt hier heel veel keuze. Maar een makkelijke afbeelding is bijvoorbeeld de afbeelding die de symmetrische matrix  [({{a, b, c}, {b, d, e}, {c, e, f}})] naar de vector (a,b,c,d,e,f) stuurt.
b. Weer veel keuze. Bijvoorbeeld de afbeelding die de matrix ({{a, b}, {c, d}}) naar de vector (a,b,c,d) stuurt (rijgewijs aflezen). Of de afbeelding die die matrix naar de vector (a,c,b,d) stuurt (kolomgewijs aflezen).
c. Een isomorfisme met R^n kiezen is eigenlijk niets anders dan een basis kiezen. Een geschikte basis van de eerste vectorruimteV  is x,x^2,x^3. En je kunt dus de afbeelding nemen die ax+bx^2+cx^3 naar (a,b,c) stuurt. Maar je had ook een "abstracte" afbeelding kunnen maken: bijvoorbeeld de afbeelding T die p stuurt naar het tripel (p(1),p(2),p(3)). Om in te zien dat die afbeelding bijectief is, laten we zien dat hij injectief is. Dan volgt namelijk surjectiviteit uit dim R(T)+dim ker(T)=dim V=3. Stel dus dat Tp=0. Dat betekent dat p(1)=p(2)=p(3)=0. Maar ook p(0)=0 want p in V. Dus p is een polynoom van graad hooguit 3 dat 4 verschillende nulpunten heeft. Dat kan alleen maar als p nul is. Dus ker T={0} en T is een bijectie.
d. Bijvoorbeeld de afbeelding T f -> (f(0),f(π/2),f(π)). Om in te zien dat dit een isomorfisme is, schrijf je de matrix T_B,B' op, waarbij B' de gegeven basis {1,sin(x),cos(x)} is en B de standaardbasis van R^3:

l={1&,Sin,Cos}

A=Table[l[[j]][i Pi/2],{i,0,2},{j,1,3}];

A//MatrixForm

Det[A]

Dit is niet 0, dus A is inverteerbaar, en daarmee T ook. N.B. Strikt genomen hadden we eerst moeten nagaan dat B' wel een basis is van zijn opspansel, d.w.z. of B' lineair onafhankelijk is, voor we de bovenstaande matrix van T t.o.v. B en B' gingen uitrekenen. Maar merk op dat dat bij nader inzien uit het bovenstaande volgt: als a*1+b*Sin+c*Cos=0, and zou gelden A (a,b,c)^T=0, en uit het bovenstaande volgt dan dat a=b=c=0.

Extra opgaven

Opgave 0.1
1. Merk eerst op dat voor nxn-matrices A,B geldt tr(AB)=som_i=1^n som_j=1^n a_ijb_ji, en dat dit gelijk is aan tr(BA). Dat A en C gelijkvormig zijn betekent dat er een inverteerbare P is met A=PCP^(-1). Dit betekent dat tr(A)=tr(PCP^(-1)). Pas nu de bovenstaande regel toe met A vervangen door PC en B vervangen door P^(-1). Dan geldt dus blijkbaar tr(PCP^(-1))=tr(P^(-1)PC)=tr(I C)=tr(C).

Overigens volgt de uitspraak ook uit het feit dat A en C hetzelfde karakteristieke polynoom hebben: de coefficient van λ^(n-1) in dat polynoom is immers precies min het spoor van A, en dus ook min het spoor van C.

2. Op college zagen we al dat dim ker(A)=dim ker(C). Met de dimensiestelling volgt nu dat dim R(A)=n-dim ker(A)=n-dim ker(C)=dim R(C).

3. Als C=QBQ^(-1), dan geldt A=PCP^(-1)=PQBQ^(-1)P^(-1)=RBR^(-1) met R=PQ (immers, dan R^(-1)=(PQ)^(-1)=Q^(-1)P^(-1).

Opgave 0.2

Kies een basis v1,...,vn van V en een basis w1,...,wn van W (met evenveel elementen, want V en W hebben dezelfde dimensie). Nu hebben we eerder in het college gezien dat er dan een unieke lineaire afbeelding T bestaat met Tvi=wi voor i=1,...,n. Die afbeelding is duidelijk surjectief, want R(T) bevat het opspansel van de basis w1,...,wn van W. Uit de dimensiestelling volgt dat T ook injectief is, dus T is een isomorfisme.

Opgave 0.3

1.

A={{0,0,0,1/3},{1/2,0,1,1/3},{1/2,0,0,1/3},{0,1,0,0}};

A//MatrixForm

2. Probeer dit zonder te rekenen! Je kunt in 5 stappen van elke i naar elke j komen, dus A^5 heeft alleen maar strikt positieve entries. Check:

A.A.A.A.A

3.

NullSpace[A-IdentityMatrix[4]]

Dus de eigenruimte bij eigenwaarde 1 is inderdaad 1-dimensionaal, met eigenvector (2,6,3,6)/17 (zo geschaald dat de som 1 is).

4. De sites 2 en 4 zijn dus even populair, gevolgd door 3 en dan 1.

Iets anders: we kunnen even testen dat inderdaad alle andere eigenwaarden in absolute waarde strikt kleiner zijn dan 1:

Eigensystem[A]//N

Abs[%[[1]]]

Dit zijn de absolute waarden van de eigenwaarden.

Opgave 0.4
1. R(S) bestaat uit alle polynomen p van graad hooguit n+1 die door x deelbaar zijn, en dat zijn precies alle polynomen met p(0)=0. De polynomen in R(T) voldoen daar duidelijk ook aan, omdat ze de integraal VANAF 0 van een ander polynoom zijn. Omgekeerd, als p(0)=0, dan geldt p=T(p') waarbij p' de afgeleide van p is. Dus inderdaad bestaat ook R(T) uit alle polynomen deelbaar door x.

2. Als xp(x)=0 voor alle x dan p=0. (Strikt genomen: dan zeker p(x)=0 voor alle x ongelijk 0, en dus vanwege continuiteit p(x)=0 voor alle x.) Dus ker S={0}. Als Tp=0, dan geldt zeker p=(Tp)'=0. Dus ook ker T={0}.

3. We zoeken polynomen die door eerst te integreren vanaf 0 en dan te delen door x op een scalair veelvoud van zichzelf worden afgebeeld. De polynomen 1,x,x^2,...,x^n voldoen daar zeker aan, met de scalars 1,1/2,1/3,...,1/(n+1). Dus dit zijn zeker eigenvectoren resp. eigenwaarden van S^(-1) T. Omdat ze P_n al opspannen, zijn er geen andere eigenwaarden of eigenvectoren.