Lineaire Algebra: allerlei

Moderators: dirkwb, Xilvo

Forumregels
(Middelbare) school-achtige vragen naar het forum "Huiswerk en Practica" a.u.b.
Zie eerst de Huiswerkbijsluiter
Reageer
Gebruikersavatar
Berichten: 7.556

Lineaire Algebra: allerlei

Hallo,

Ik heb een tweetal opdrachten waar ik een heel eind mee kom, echter wil ik (1) jullie hulp over het correct wiskundig opschrijven van de bewijzen en (2) hulp bij dingen waar ik niet uitkom :)

Zij
\(N\)
een positief geheel getal. Zij
\(Pol_N\)
de lineaire ruimte van alle polynomen met graad
\(\leq N\)
met coëfficiënten in
\(\mathbb{R}\)
.

(a) Laat zien dat
\(B={1,x,...,x^N}\)
een basis is van
\(Pol_N\)
.

Uit
\(r_0 1+r_1 x+...+r_n x^N=0\)
volgt louter dat
\( r_0=r_1=...=r^N=0 \)
. Dus
\(B\)
is lineair onafhankelijk. (1)

Verder geldt
\(\forall \vec{\textbf{x}}\in Pol_N: \vec{x}=a_0 1+a_1x+...+r_n x^N\)
(want alle
\(\vec{\textbf{x}} \in Pol_N\)
zijn

polynomen met een graad van maximaal
\(N\)
, dit is de algemene vorm

van zo'n polynoom). Dus iedere vector uit
\(Pol_N\)
is een lineaire

combinatie van
\(B\)
. (2)

Uit (1) en (2) volgt dat B een basis is voor
\(Pol_N\)
.

(b) Definieer de lineaire afbeelding
\(D: Pol_N\rightarrow Pol_N\)
door: voor
\(f\in Pol_N\)
is
\(Df=f'\)
de afgeleide van
\(f\)
. Geef de

matrix A van D t.o.v. de basis
\(B={1,x,...,x^N}\)
.
\(D(1)=0=[0,0,0,0,...,0]\)
\(D(x)=1=[1,x^{-1},x^{-2},x^{-3},...,x^{-N}]\)
\(D(x^2)=2x=[2x,2,2x^{-1},2x^{-2},...,2x^{-(N-1)}]\)
\(D(x^3)=3x^2=[3x^2,3x,3x^{-1},...,3x^{-(N-2)}]\)
...
\(D(x^N)=Nx^{N-1}=[Nx^{N-1},Nx^{N-2},Nx^{N-3},Nx^{N-4}]\)
Dus
\(A=\left( \begin{array}{cccccc} 0 & 1 & 2x & 3x^{2} & ... & Nx^{N-1} 0 & x^{-1} & 2 & 3x & ... & Nx^{N-2} 0 & x^{-2} & 2x^{-1} & 3 & ... & Nx^{N-3} 0 & x^{-3} & 2x^{-2} & 3x^{-1} & ...& Nx^{N-4} ... & ... & ... & ... & ... & ... 0 & x^{-N} & 2x^{-N} & 3x^{-N}& ... & Nx^{-1} \end{array} \right)\)
© Bepaal de eigenwaarden en eigenvectoren van D m.b.v. de matrix A.

De eigenwaarden berekenen we m.b.v. de 'characteristic polynomial':
\(\det(A-\lambda I)=\left| \begin{array}{cccccc} 0 & 1 & 2x & 3x^{2} & ... & Nx^{N-1} 0 & (x^{-1}-\lambda) & 2 & 3x & ... & Nx^{N-2} 0 & x^{-2} & (2x^{-1}-\lambda) & 3 & ... & Nx^{N-3} 0 & x^{-3} & 2x^{-2} & (3x^{-1}-\lambda) & ...& Nx^{N-4} ... & ... & ... & ... & ... & ... 0 & x^{-N} & 2x^{-N} & 3x^{-N}& ... & (Nx^{-1}-\lambda) \end{array} \right|\)
enz. oplossen voor
\(\lambda\)
.

MJN VRAGEN:

zijn a) en b) goed en zo ja volledig correct wiskundig genoteerd?

Hoe doe ik c)?

PS: mijn tweede opgave hoop ik al beter te snappen als ik deze (en dan vooral c)) begrijp.

alvast bedankt :wink:

Gebruikersavatar
Berichten: 7.556

Re: Lineaire Algebra: allerlei

Zij
\(Pol_3\)
de lineaire ruimte van alle polynomen van graad
\(\leq 3\)
met coëfficiënten in
\(\mathbb{R}\)
.

Neem de operator van Hermite:
\(D_{Her}(f)(x) := f''(x)-2xf'(x)-f(x)\)
(a) Laat zien dat als
\(f\)
in
\(Pol_3\)
zit, dan is ook
\(D_{Her}(f)\in Pol_3\)
(b) Geef de matrix A van
\(D_{Her}\)
t.o.v. de basis
\(B={1,x,x^2,x^3}\)
van
\(Pol_3\)
.

© Bepaal de eigenwaarden en eigenvectoren van de lineaire operator
\(D_{Her}\)
op de lineaire ruimte
\(Pol_3\)
m.b.v. de matrix A.

(a)

De algemene vorm van alle vectoren uit
\(Pol_3\)
:
\(a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3\)
(polynoom met graad maximaal 3, dus als bijvoorbeeld graad = 2 dan is
\(a_3=0\)
).

Eerste afgeleide:
\(a_1+2a_2x+3a_3x^2\)


Tweede afgeleide:
\(2a_2+6a_3x\)
.
\(D_{Her}=(2a_2+6a_3x)-(2x)(a_1+2a_2x+3a_3x^2)-(a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)\)
.
\(=(2a_2-a_0)+(6a_3-3a_1)x-(5a_2)x^2-(7a_3)x^3\in Pol_3\)
(b)
\(D_{Her}(1)=-1=\left[-1,-\frac{1}{x},-\frac{1}{x^2},-\frac{1}{x^3}\right]\)
\(D_{Her}(x)=-3x=\left[-3x,-3,-\frac{3}{x},-\frac{3}{x^2}\right]\)
\(D_{Her}(x^2)=2-5x^2=\left[{2-5x^2},\frac{2-5x^2}{x},\frac{2-5x^2}{x^2},\frac{2-5x^2}{x^3}\right]\)
\(D_{Her}(x^3)=6x-7x^3=\left[6x-7x^3,\frac{6x-7x^3}{x},\frac{6x-7x^3}{x^2},\frac{6x-7x^3}{x^3}\right]\)
Dus de matrix A is opgebouwd uit deze kolomvectoren:
\(A=\left( \begin{array}{cccccc} -1 & -\frac{1}{x} & -\frac{1}{x^2} & -\frac{1}{x^3} -3x & -3 & -\frac{3}{x} & -\frac{3}{x^2} 2-5x^2 & \frac{2-5x^2}{x} & \frac{2-5x^2}{x^2} & \frac{2-5x^2}{x^3} 6x-7x^3 & \frac{6x-7x^3}{x} & \frac{6x-7x^3}{x^2} & \frac{6x-7x^3}{x^3} \end{array} \right)\)
hmm..ik zie dat ik ze verkeerd heb ingevoerd.

Dit is dus
\(A^T\)
:)

© Eigenwaarden berekenen:
\(\det(A-\lambda I)=16 \lambda^3 -\frac{8\lambda^3}{x^2}+\lambda^4==0 \Leftrightarrow\)
\(\lambda_1=\frac{8}{x^2}-16, \lambda_2=0\)
Maar eigenwaarde kan geen nul zijn toch?

Eigenvectors:
\(A-\left(\frac{8}{x^2}-16\right)I\)
row-reducen tot
\(\left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & -x^3 0 & 1 & 0 & -x^2 0 & 0 & 1 & -x 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\)
Dus
\(\vec{v_1}=r \left[ \begin{array}{c} -x^3 -x^2 -x 1 \end{array}\right]\)
is een eigenvector van A voor elke scalar
\(r\neq0\)
.

VRAGEN:

kan inderdaad een eigenwaarde niet nul zijn (logischerwijs niet, als ik kijk naar de betekenis van een eigenwaarde)?

Klopt dit alles?

Ik heb overigens de erg ingewikkelde berekeningen, zoals de determinant in c) en het row-reducen in c) met Mathematica gedaan. Is er een simpelere oplossing (behalve alles met de hand waardoor je uren bezig bent)?

alweer bedankt voor de (vele) moeite om het na te kijken!

Re: Lineaire Algebra: allerlei

Opgave 1a is goed opgelost.

Opgave 1b. Hier snap ik niets van. 1 = [1,1/x,....1/x^N]?

Een getal is blijkbaar gelijk aan een vector???

Volgens mij moet
\(A\vec{1} = 0\)
en
\(A\vec{x} = \vec{1}\)
en
\(A\vec{x}^2 = 2\vec{x}\)
waarbij b.v.
\(\vec{x} = (0,1,0,0,...,0)^T\)
en
\(\vec{x}^2 = (0,0,1,0,...,0)^T\)

Gebruikersavatar
Berichten: 7.556

Re: Lineaire Algebra: allerlei

Dat was inderdaad vreemd genoteerd.

Ik bedoelde het volgende:
\(D(1)=0\)
dus
\(D(1)_B=[0,0,0,0,...,0]]\)
\(D(x)=1\)
dus
\(D(x)_B=[1,x^{-1},x^{-2},x^{-3},...,x^{-N}]\)
enz.

Dus de lineaire afbeelding D van x ten opzichte van de basis B is een vector. Simpelweg de lineaire afbeelding van x is een getal.

Zo wordt het in mijn boek ook gedaan:

Let V be the subspace
\(sp(\sin{x}\cos{x},\sin^2{x},\cos^2{x})\)
of the vector space D of all differentiable functions mapping
\(\mathbb{R}\)
into
\(\mathbb{R}\)
. Differtiation gives a linear transformation T of V into itself. Find the matrix representation A of T relative to B,B' where B=B'=
\((\sin{x}\cos{x},\sin^2{x},\cos^2{x})\)
.

Ze beginnen dan met:

We find that
\(T(\sin{x} \cos{x})=-\sin^2{x}+\cos^2{x}\)
so
\(T(\sin{x}\cos{x})_{B'}=[0,-1,1]\)
.

Re: Lineaire Algebra: allerlei

Neem N=2, is dan niet
\(A = \left( \begin{array}{ccc}0 & 1 & 0 0 & 0 & 2 0 & 0 & 0\end{array} \right)\)
Vermenigvuldig deze matrix maar met a+bx+cx2 oftewel in vectorvorm (a,b,c)T,

dan is het resultaat (b,2c,0)T oftewel b+2cx.

Ik weet niet wat 1/x betekent in de polynoomring!

Gebruikersavatar
Berichten: 7.556

Re: Lineaire Algebra: allerlei

Ik denk dat je gelijk hebt.

Als ik zo verder redeneer, kom ik uit op
\(A = \left( \begin{array}{ccccccc}0 & 1 & 0 & 0 & 0 & ... & 00 & 0 & 2 & 0 & 0 & ... & 0 0 & 0 & 0 & 3 & 0 & ... & 00 & 0 & 0 & 0 & 4 & ... & 0... & ... & ... & ... & ... & ... & ...0 & 0 & 0 & 0 & 0 & ... & n0 & 0 & 0 & 0 & 0 & ... & 0\end{array} \right)\)
Mee eens?

Re: Lineaire Algebra: allerlei

Ja.

Gebruikersavatar
Berichten: 7.556

Re: Lineaire Algebra: allerlei

Yes :)
\(\det(A-\lambda I) = \left| \begin{array}{ccccccc}-\lambda & 1 & 0 & 0 & 0 & ... & 00 & -\lambda & 2 & 0 & 0 & ... & 0 0 & 0 & -\lambda & 3 & 0 & ... & 00 & 0 & 0 & -\lambda & 4 & ... & 0... & ... & ... & ... & ... & ... & ...0 & 0 & 0 & 0 & 0 & ... & n0 & 0 & 0 & 0 & 0 & ... & -\lambda\end{array} \right|=...=0 \rightarrow \lambda=?\)
Komt hier
\(\lambda=0\)
uit?

want als ik bijvoorbeeld
\( \left| \begin{array}{ccc\cc}-\lambda & 1 & 0 & 0 & 00 & -\lambda & 2 & 0 & 0 0 & 0 & -\lambda & 3 & 00 & 0 & 0 & -\lambda & 40 & 0 & 0 & 0 & -\lambda\end{array} \right|==0\)
uitreken met Mathematica, komt er
\(-\lambda^5=0\)
uit.

Dan zijn er geen eigenwaarden en - vectoren?

Re: Lineaire Algebra: allerlei

De determinant is
\((-\lambda)^n\)
. Daar heb je geen mathematica voor nodig. (Dat heb ik helaas niet eens).

Dus is er 1 eigenwaarde 0 met multipliciteit n en bijbehorende eigenvector (1,0,0,...,0)T.

Gebruikersavatar
Berichten: 7.556

Re: Lineaire Algebra: allerlei

PeterPan schreef:De determinant is
\((-\lambda)^n\)
. Daar heb je geen mathematica voor nodig. (Dat heb ik helaas niet eens).

Dus is er 1 eigenwaarde 0 met multipliciteit n en bijbehorende eigenvector (1,0,0,...,0)T.
Bedankt (ben niet bekend met de term multipliciteit, maar ik denk het te begrijpen)

De vector (1,0,0,...,0)T heeft dus n+1 'termen' (beschouwende als een lijst, weet te goede term even niet).

Zou je ook nog even naar mijn tweede opgave kunnen/willen kijken?

Re: Lineaire Algebra: allerlei

De determinant bij 1 is
\((-\lambda)^{n+1}\)
.

2 a.) klopt.

2 b.) Uit 2a volgt:
\(D_{Her}(a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)=(2a_2-a_0)+(6a_3-3a_1)x-(5a_2)x^2-(7a_3)x^3\)
.

Als A weer de bijbehorende matrix is, dan moet dus gelden
\( A \left( \begin{array}{c}a_0 a_1 a_2 a_3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c}2a_2-a_0 6a_3-3a_1 -5a_2 -7a_3 \end{array} \right) \)
De kolommen van matrix A zijn A (1,0,0,0)T. A (0,1,0,0)T. A (0,0,1,0)T. A (0,0,0,1)T.

Gebruikersavatar
Berichten: 7.556

Re: Lineaire Algebra: allerlei

\(D_{Her}(1)=-1\)
dus
\( D_{Her}(1)_B=[-1,0,0,0]^T\)
\(D_{Her}(x)=-3x\)
dus
\(D_{Her}(x)_B=[0,-3,0,0]^T\)
\(D_{Her}(x^2)=2-5x^2\)
dus
\(D_{Her}(x)_B=[0,-3,0,0]^T\)
\(D_{Her}(x^3)=6x-7x^3\)
dus
\(D_{Her}(x)_B=[0,6,0,-7]^T\)


Dus
\(A = \left( \begin{array}{cccc}-1 & 0 & 2 & 00 & -3 & 0 & 6 0 & 0 & -5 & 00 & 0 & 0 & -7 \end{array} \right)\)

\(\det(A-\lambda I)=\lambda^4+11\lambda^3+31\lambda^2+21\lambda=0\Leftrightarrow\)
Eigenwaarden:
\(\lambda_1=0 \lambda_2=-1 \lambda_3=-3 \lambda_4=-7\)
Eigenvectoren:
\(A-\lambda_1 I=A+7I\)
row-reducen tot
\(A = \left( \begin{array}{cccc}-1 & 0 & 0 & \frac{5}{21}0 & 1 & 0 & \frac{3}{2} 0 & 0 & 1 & -\frac{5}{7}0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right)\)
oftewel
\(\vec{v_1}= r\left[{\frac{5}{21},\frac{3}{2},-\frac{5}{7},1\right]^T\)
oftewel
\(\vec{v_1}= r\left[10,63,-30,42\right]^T\)


enz.

Gebruikersavatar
Berichten: 7.556

Re: Lineaire Algebra: allerlei

De kolommen van matrix A zijn A (1,0,0,0)T.  A (0,1,0,0)T.  A (0,0,1,0)T.  A (0,0,0,1)T.
Hoe kom je hieraan?

Gebruikersavatar
Berichten: 792

Re: Lineaire Algebra: allerlei

Ik wil even opmerken dat puntje c eigenlijk niet hoeft opgelost te worden met die matrix uit puntje b.

Wat betekent het als
\(f \)
een eigenvector is?

Dat
\( D(f) =\lambda f \)
met
\(f\neq 0\)
Maar als
\( \lambda\neq 0 \)
hebben het linkerlid en het rechterlid niet dezelfde graad (afleiden verlaagt de graad)

Dus
\( \lambda=0\)
De eigenvectoren zijn dan de polynomen waarvoor geldt
\( D(f)=0\)
, en dat zijn dus precies alle constante (niet nul) polynomen

Conclusie : de enige eigenwaarde is nul, maar zijn geometrische multipliciteit is slechts 1

Hiermee hebben we ondertussen ook bewezen dat de afbeelding als
\(N\geq 1\)
, nooit diagonaliseerbaar is.

Reageer