examen_2009_januari.tex

\documentclass[lineaire_algebra_oplossingen.tex]{subfiles}
\begin{document}

\section{Examen Januari 2009}
\subsection{Vraag 1 (Theorie)}
Formulering:
\[
dim(V) = dim(Ker(A)) + dim(Im(A))
\]
\begin{proof}
%TODO
\end{proof}
Dit bewijs staat letterlijk in de cursus. Zie Stelling 4.41 p. 157 (\ref{4.31}).

\subsection{Vraag 2 (Theorie)}
\subsubsection*{a)}
Dit staat letterlijk in de cursus. Zie Stelling 6.27 p. 238 (\ref{6.27}).

\subsubsection*{b)}
Noem $v_i$ de co\"ordinaat van $v$ ten opzichte van $e_i$ en $w_i$ de co\"ordinaat van $w$ ten opzichte van $e_i$. Noem $v' = (v_1,v_2,...,v_n)$ en $w' = (w_1,w_2,...,w_n)$. Het inproduct van $v$ en $w$ ziet er nu als volgt uit.
\[
\langle v,w \rangle = \langle v',w' \rangle = v'^Tw' = \sum_{i=1}^nv_iw_i
\]
Zie Stelling 6.26 p. 236 (\ref{6.26}).

\subsection{Vraag 3}
\subsubsection*{a)}
Te Bewijzen:\\
\[
\forall x,y \in \mathbb{R}\ u,v \in H: x\cdot u + y\cdot v \in H
\]
\begin{proof} (rechtstreeks bewijs)\\
Kies een willekeurige $u = (u_1,u_2,u_3)$ en $v = (v_1,v_2,v_3)$ in $H$ en noem $a = (a_1,a_2,a_3)$ en $b = (b_1,b_2,b_3)$.
\[
x\cdot u + y\cdot v = (xu_1 + yv_1, xu_2 + yv_2, xu_3 + yv_3)
\]
Nu rest er ons nog volgende twee vergelijkingen te controleren.
\[ 
\left\{
\begin{array}{c}
(xu_1 + yv_1)a_1 + (xu_2 + yv_2)a_2 + (xu_3 + yv_3)a_3 = 0\\
(xu_1 + yv_1)b_1 + (xu_2 + yv_2)b_2 + (xu_3 + yv_3)b_3 = 0 
\end{array}
\right.
\]
\[ 
\left\{
\begin{array}{c}
xu_1a_1 + yv_1a_1 + xu_2a_2 + yv_2a_2 + xu_3a_3 + yv_3a_3 = 0\\
xu_1b_1 + yv_1b_1 + xu_2b_2 + yv_2b_2 + xu_3b_3 + yv_3b_3 = 0 
\end{array}
\right.
\]
\[ 
\left\{
\begin{array}{c}
x(u_1a_1 + u_2a_2 + u_3a_3) + y(v_1a_1 + v_2a_2 + v_3a_3) = 0\\
x(u_1b_1 + u_2b_2 + u_3b_3) + y(v_1b_1 + v_2b_2 + v_3b_3) = 0 
\end{array}
\right.
\]
\[ 
\left\{
\begin{array}{c}
x\cdot 0 + y\cdot 0 = 0\\
x\cdot 0 + y\cdot 0 = 0 
\end{array}
\right.
\]
\end{proof}
\noindent Zie Stelling 3.11 p 94 (\ref{3.11}).

\subsubsection*{b)}
Aangezien een dimensie nooit negatief kan zijn, moeten we enkel bewijzen dat de dimensie van $H$ niet nul is. Als de dimensie van $H$ nul zou zijn dan zou $H$ gelijk zijn aan $\{\vec{0}\}$. We moeten dus aantonen dat er een niet-nul vector bestaat in $H$.\\\\
Bekijken we $H$ eens met het standaard inproduct in het achterhoofd, dan zien we dat $H$ bestaat uit alle vectoren die loodrecht staat op precies twee vectoren $a$ en $b$. Intu\"itief zien we dus al dat $H$ een rechte vormt wanneer $a$ en $b$ lineair onafhankelijk zijn dat $H$ een vlak vormt wanneer $a$ en $b$ lineair afhankelijk zijn en dat $H$ de driedimensionale ruimte vormt wanneer $a$ en $b$ beide nulvectoren zijn. De dimensie van $H$ is dus $1$, $2$ of $3$, maar zeker niet nul.
%TODO formeel bewijs.

\begin{proof}
We construeren een vector $u = (u_1,u_2,u_3)$ zodat $u$ geen nulvector is, en toch in $H$ zit.
\[
u = a \times b =
(a_2b_3-b_2a_3, b_1a_1-a_1b_3, a_1b_2-b_1a_2)
\]
We gaan nu na of $u$ tot $H$ behoort.
\[
\left\{
\begin{array}{c}
a_1(a_2b_3-b_2a_3) + a_2(b_1a_1-a_1b_3) + a_3(a_1b_2-b_1a_2) = 0\\
b_1(a_2b_3-b_2a_3) + b_2(b_1a_1-a_1b_3) + b_3(a_1b_2-b_1a_2) = 0
\end{array}
\right.
\]
\[
\left\{
\begin{array}{c}
a_1a_2b_3-a_1b_2a_3 + a_2b_1a_1-a_2a_1b_3 + a_3a_1b_2-a_3b_1a_2 = 0\\
b_1a_2b_3-b_1b_2a_3 + b_2b_1a_1-b_2a_1b_3 + b_3a_1b_2-b_3b_1a_2 = 0
\end{array}
\right.
\]
Nu zien we dat alle termen mooi wegvallen en dat $u$ bijgevolg in $H$ zit. Merk op dat $u$ enkel nul is wanneer $a$ en $b$ beide nulvectoren zijn. In dat geval kunnen we voor $u$ een willekeurige vector uit $\mathbb{R}^3$ kiezen.
\end{proof}

\subsubsection*{c)}
Kies bijvoorbeeld $a= (1,0,0)$ en $b=(0,1,0)$. $H$ heeft dan dimensie $1$ en $H : \{(0,0,1)\}$.

\subsection{Vraag 4}
\subsubsection*{a)}
Een afbeelding is lineair als ze een lineaire combinatie behoudt\footnote{Zie Lemma 4.2 p 130 (\ref{4.2})}.
\[
\forall \lambda_1,\lambda_2 \in \mathbb{R} v_1,v_2 \in \mathbb{R}^{2}:\  A(\lambda_1v_1+\lambda_2v_2) = \lambda_1A(v_1)+\lambda_2A(v_2)
\]
We hoeven dit echter niet formeel uit te rekenen. Het is makkelijk in te zien dat $A$ enkel lineair is wanneer de rechte waarrond gespiegeld wordt door de oorsprong gaat. $b$ moet dus nul zijn.

\subsubsection*{b)}
De transformatiematrix van een reflectie tegenover een rechte gaande door de oorsprong kan uitgerekend worden als een rotatie van deze rechte om gelijk te vallen met de x-as, een spiegeling om de x-as en een omgekeerde rotatie om terug naar de startpositie te gaan. Dit is echter niet nodig. We herinneren ons de definitie van eigenwaarden en eigenvectoren:
\begin{center}
Een getal $\lambda$ is een eigenwaarde van matrix $A$ met eigenvector $x$ a.s.a. $Ax = \lambda x$.
\end{center}
Een eigenvector wordt door de transformatie voorgesteld door $A$ afgebeeld op een veelvoud van zichzelf. Het is eenvoudig in te zien dat dit bij een spiegeling enkel gebeurt voor vectoren die zich bevinden op de spiegelas zelf, en wel met eigenwaarde 1.

\subsection{Vraag 5}
\[
A_a:
\begin{pmatrix}
x\\y\\z
\end{pmatrix}
\mapsto
\begin{pmatrix}
ax+z\\
x+(1-a)y+az\\
(2a-1)x+(1-a^2)y+a^2z\\
\end{pmatrix}
\]
\[
A_a \leftrightarrow
\begin{pmatrix}
a & 0 & 1\\
1 & (1-a) & a\\
(2a-1) & (1-a^2) & a^2
\end{pmatrix}
\]
\[
Ker(A_a) \leftrightarrow
\begin{pmatrix}
a & 0 & 1\\
1 & (1-a) & a\\
(2a-1) & (1-a^2) & a^2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\y\\z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0\\0\\0
\end{pmatrix}
\]
%TODO

\subsection{Vraag 6}
\subsubsection*{a)}
Bewijs uit het ongerijmde:
\[
dim(Im(g\circ f)) < dim(Im(g)) + dim(Im(f)) - dim(W)
\]
\begin{proof}
\[
dim(Im(g\circ f)) < dim(Im(g)) + dim(Im(f)) - dim(W)
\]
\[
dim(V) - dim(Ker(g\circ f)) < dim(Im(g)) + dim(V) - dim(Ker(f)) - dim(W)
\]
\[
-dim(Ker(g\circ f)) < dim(Im(g)) - dim(Ker(f)) - dim(W)
\]
\[
-dim(Ker(g\circ f)) < dim(Im(g)) - dim(Ker(f)) - dim(Im(g)) - dim(Ker(g))
\]
\[
-dim(Ker(g\circ f)) < - dim(Ker(f)) - dim(Ker(g))
\]
\[
dim(Ker(g\circ f)) > dim(Ker(f)) + dim(Ker(g))
\]
Contradictie.
\end{proof}

\subsubsection*{b)}
Zij $f$ en $g$ de volgende transformatie van $\mathbb{R}^2$
\[
f = g : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2: (x,y) \mapsto (x,0)
\]
Nu zien we het volgende:
\[
dim(Im(f)) = dim(Im(g)) = 1
\]
\[
dim(Im(g\circ f)) = 1
\]
\[
dim(W) = 2
\]
\[
1 \ge 1 + 1 - 2
\]

\subsection{Vraag 7}
\subsubsection*{a)}
Fout. Tegenvoorbeeld:\\
\[
A = 
\begin{pmatrix}
1 & 1\\
0 & 1
\end{pmatrix}
\]
$A$ heeft enkel eigenwaarde $1$ met algebra\"ische multipliciteit $2$ en meetkundige multipliciteit $1$. $A$ is dus niet diagonaliseerbaar.

\subsubsection*{b)}
Juist.
Omdat $L$ injectief is, is  $L$ bijectief en dus inverteerbaar. Dit betekent dat de matrix van $L$ steeds inverteerbaar is. Nu rest er ons dus nog te bewijzen dat inverteerbare matrices gelijkvormig zijn.
%TODO



\end{document}