WisFaq!

De digitale vraagbaak voor het wiskundeonderwijs

HOME

samengevat

\require{AMSmath}

Lineaire algebra

Matrices

Geachte,
Kunt u mij helpen?
Er is een 3 x 3 matrix gegeven met op de hoofddiagonaal a+1, a+1, a+1.
De andere waarden zijn allemaal '1'.
De bijbehorende kolommatrix is (van boven naar beneden): a+1, a+3, -2a-4.
De vraag is: Bepaal de waarde(n) van de reële parameter a, zodat het stelsel oneindig veel oplossingen heeft. (het antwoord is: a=-3)

Om hier inzicht in te krijgen heb ik de coëfficiëntenmatrix schoongeveegd, met op de hoofddiagonaal 3 x 1 en de rest nullen. De kolommatrix ziet er dan heel erg 'onvriendelijk' uit, met hier en daar breuken met a kwadraat en a tot de derde macht in de teller en noemer.... kortom ik kan hier niks mee en ik weet trouwens ook niet hoe ik verder moet.
Is mijn manier van schoonvegen misschien verkeerd??

Uw hulp zou mij zeer welkom zijn.

Alvast bedankt,
Arnout
Arnout
9-2-2023

Antwoord

Bij het vegen heb je waarschijnlijk een paar keer door een uitdrukking met $a$ erin gedeeld; dat is niet handig, die uitdrukking kan gelijk aan $0$ zijn en dan raak je oplossingen kwijt.
Iets handiger:
$$\left(
\begin{matrix} a+1&1&1&|&a+1\\ 1&a+1&1&|&a+3\\ 1&1&a+1&|&-2a+4\end{matrix}
\right) \longleftarrow
\left(
\begin{matrix} a+1&1&1&|&a+1\\ 1&a+1&1&|&a+3\\ a+3&a+3&a+3&|&0\end{matrix}
\right)
$$Nu moet je twee gevallen onderscheiden: $a=-3$ en $a\neq-3$.
In het eerste geval laat je de rij met nullen weg en krijg je
$$\left(
\begin{matrix} -2&1&1&|&-2\\ 1&-2&1&|&0\end{matrix}
\right)
$$In het tweede geval kun je de derde rij veilig door $a+3$ delen
met als resultaat
$$\left(
\begin{matrix} a+1&1&1&|&a+1\\ 1&a+1&1&|&a+3\\ 1&1&1&|&0\end{matrix}
\right)
$$Trek de onderste rij van de andere af en je ziet dat je nog $a=0$ en $a\neq0$ moet onderscheiden.
kphart
9-2-2023

Norm van een matrix

beste

ik moet het volgende bewijzen over de som-norm van een matrix A: ||A||=max_[1$ \le $ j$ \le $ m]( $\sum $ [i=1]^[n]|a_[ij]|).

dit zijn mijn gegevens:
in een matrix ruimte L( $\mathbf{R}$ ^m, $\mathbf{R}$ ^n) wordt de operatornorm gedefinieerd als ||A||_[op]:=sup{||A(x)|| met ||x||$ \le $ 1}, met ||.|| een norm in $\mathbf{R}$ ^m en in $\mathbf{R}$ ^n. ( we nemen dezelfde norm in beide ruimten). ik mag gebruik maken van de definitie van de som-norm in $\mathbf{R}$ ^n, namelijk ||x||_s= $\sum $ ^[i=1]^n|x_i|

ik weet echt niet hoe ik hier aan moet beginnen

in bijlage is er nog een foto van de effectieve vraag, voor de duidelijkheid.

alvast bedankt!
kasper
1-3-2023

Antwoord

Wat ik zou doen is klein beginnen, met een expliciete $m$ en $n$, bijvoorbeeld $m=n=2$, dan kun je de formules uitschrijven.
Dus
$$A=\begin{pmatrix} a_{1,1}& a_{1,2}\\ a_{2,1}&a_{2,2}\end{pmatrix}
$$En dan geldt voor een vector $x=\binom{x_1}{x_2}$ dat
$$Ax = \begin{pmatrix} a_{1,1}& a_{1,2}\\ a_{2,1}&a_{2,2}\end{pmatrix}
\binom{x_1}{x_2}
=\binom{a_{1,1}x_1+a_{1,2}x_2}{a_{2,1}x_1+a_{2,2}x_2}
$$en dus
$$\|Ax\|_\Sigma = |a_{1,1}x_1+a_{1,2}x_2|+|a_{2,1}x_1+a_{2,2}x_2|
$$we kunnen dit via de driehoeksongelijkheid overschatten met
$$|a_{1,1}||x_1|+|a_{1,2}||x_2|+|a_{2,1}||x_1|+|a_{2,2}||x_2|=
|x_1|(|a_{1,1}|+|a_{2,1}|)+|x_2|(|a_{1,2}|+|a_{2,2}|)
$$Schrijf nu $K=\max\{|a_{1,1}|+|a_{2,1}|,|a_{1,2}|+|a_{2,2}|\}$; dan vinden we uiteindelijk
$$\|Ax\|_\Sigma \le K(|x_1|+|x_2|) = K\|x\|_\Sigma
$$Conclusie: $\|A\|_\Sigma \le K$.

Als je nu nog een vector $x$ kunt vinden met $\|x\|_\Sigma=1$ en $\|Ax\|_\Sigma=K$ dan heb je bewezen dat $\|A\|_\Sigma = K$.

En als je dit goed begrepen hebt is het algemene geval niet moeilijk meer.
kphart
1-3-2023

Bewijzen met volledige inductie

$
\left( {\begin{array}{*{20}c}
2 & 1 & 3 \\
0 & 2 & 4 \\
0 & 0 & 2 \\
\end{array}} \right)^n = 2^{n - 1} \left( {\begin{array}{*{20}c}
2 & n & {n(n + 2)} \\
0 & 2 & {4n} \\
0 & 0 & 2 \\
\end{array}} \right)
$Hoe kan ik dit bewijzen? Ik snap het. Ik kan wel de stappen maar het lukt niet. Kan mij iemand helpen AUB?

anonie
7-3-2023

Antwoord

Te bewijzen
$$\begin{pmatrix}
2&1&3\\0&2&4\\0&0&2
\end{pmatrix}^n
=
2^{n-1}
\begin{pmatrix}
2&n&n(n+2)\\0&2&4n\\0&0&2
\end{pmatrix}
$$Basis: voor $n=1$ staat er
$$\begin{pmatrix}
2&1&3\\0&2&4\\0&0&2
\end{pmatrix}
=
2^0
\begin{pmatrix}
2&1&1\cdot(1+2)\\0&2&4\cdot n\\0&0&2
\end{pmatrix}
$$en dat klopt.

Inductiestap: stel dat voor een $n$ geldt
$$\begin{pmatrix}
2&1&3\\0&2&4\\0&0&2
\end{pmatrix}^n
=
2^{n-1}
\begin{pmatrix}
2&n&n(n+2)\\0&2&4n\\0&0&2
\end{pmatrix}
$$en bewijs van daaruit
$$\begin{pmatrix}
2&1&3\\0&2&4\\0&0&2
\end{pmatrix}^{n+1}
=
2^{n}
\begin{pmatrix}
2&n+1&(n+1)(n+3)\\0&2&4(n+1)\\0&0&2
\end{pmatrix}
$$Dat doe je door
$$2^{n-1}
\begin{pmatrix}
2&n&n(n+2)\\0&2&4n\\0&0&2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
2&1&3\\0&2&4\\0&0&2
\end{pmatrix}
$$netjes uit te vermenigvuldigen en te laten zien dat het product gelijk is aan
$$2^{n}
\begin{pmatrix}
2&n+1&(n+1)(n+3)\\0&2&4(n+1)\\0&0&2
\end{pmatrix}
$$
kphart
7-3-2023

Determinant lege oplossingsverzameling

geachte heer,

Ik probeer uit een stelsel vergelijkingen een onbekende variabele te berekenen, waarbij de oplossingsverzameling leeg is.
Hoe kan ik deze variabele bepalen d.m.v.determinanten, en wanneer bevat een stelsel vergelijkingen geen, een of oneindig aantal elementen m.b.v.determinanten ?

(p+1)x - 2y = 1
2x - (p-1) = -p²
Voor welke p is de oplossingsverzameling leeg ?

Ik heb de determinant bepaalt en aangevulde determinant, maar kwam daarna er niet uit...Radjan

p+1 -2
2 -p+1
Radjan
9-5-2023

Antwoord

Het lijkt of je de termen matrix en determinant door elkaar haalt.
Voor alle duidelijkheid
$$\begin{pmatrix}p+1&-2\\2 &-(p-1)\end{pmatrix}
$$is de coëfficiëntenmatrix van het stelsel en
$$\begin{pmatrix}p+1&-2&1\\2 &-(p-1)&-p^2\end{pmatrix}
$$is de aangevulde matrix
De eerste matrix heeft een determinant, dat is een getal:
$$\left|\begin{matrix}p+1&-2\\2 &-(p-1)\end{matrix}\right|=(p+1)\cdot(-p+1)-2\cdot-2=-p^2+5
$$de tweede matrix is niet vierkant en heeft geen determinant.

Als de determinant van de coëfficiëntenmatrix gelijk aan $0$ is dan heeft het stelsel nul oplossingen of oneindig veel: de twee vergelijkingen bepalen dat lijnen die parallel zijn (geen oplossing) of samenvallen (oneindig veel).

De determinant is gelijk aan $0$ voor $p=\sqrt5$ en voor $p=-\sqrt5$.
Voor die twee waarden moet je de stelsels apart bekijken om te zien of ze nul of oneindig veel oplossingen hebben.

kphart
9-5-2023

Hoe bepaal ik van een stelsel vergelijkingen geen, een of oneindig aantal eleme

Geachte heer,
hoe bepaal ik van een stelsel vergelijkingen of die geen, een of oneindig aantal elementen heeft als oplossingsverzameling ?
Wat voor rol speelt een determinant hierbij ?
Dank u bijvoorbaat voor uw hulp,
Radjan.
Radjan
9-5-2023

Antwoord

In het algemeen schrijf je een stelsel als
$$
Ax=b
$$
met $A$ een $m\times n$-matrix, $x$ een (onbekende) vector in $\mathbb{R}^n$ en $b$ een (gegeven) vector in $\mathbb{R}^m$.

Als $m\neq n$ dan heb je niets aan determinanten want die zijn alleen voor vierkante matrices gedefinieerd.

Als $m=n$ dan heeft elk stelsel met $A$ als coëfficiëntenmatrix precies één oplossing als $\det A\neq 0$.

Als $m=n$ en $\det A=0$ dan kan het stelsel oneindig veel oplossingen hebben, als $b$ de nulvector is bijvoorbeeld, maar er zijn dan ook $b$'s waarvoor er geen oplossing is.

Een betere manier, die in de praktijk minder rekentijd kost, is de matrix reduceren door middel van rijoperaties. In je boek staat hoe je aan de hand van de resultaten van die operaties kunt zien hoeveel oplossingen het stelsel heeft.
kphart
12-5-2023

Deelruimten van vectoren

Hey!
k heb een vraag in verband met het feit of iets een deelruimte is van een vectorruimte of niet.
Dit is de opgave:
"De volgende deelverzamelingen van R^2 kunnen grafisch voorgesteld worden. Doe dat en ga vervolgens na of ze een deelruimte vormen.
W3= {(x,x+4) | x element van R }"
Ik zou denken dat dit geen deelruimte is aangezien de nulvector (0,0) hier niet inzit, klopt dit?
Hannah
10-6-2023

Antwoord

Ja, de nulvector zit in elke deelruimte.
kphart
10-6-2023

Vraagstuk oplossen met matrices

Na de appelpluk wordt de oogst gesorteerd. Elke sorteerder heeft een grote bak met zes deelvakken: horizontaal drie met de bedoeling drie groottecategorieën te onderscheiden, verticaal 2 om onderscheid te maken tussen gaaf fruit en iets minder goed gevormde exemplaren. De inhoud van de vakken wordt gewogen en in een schema genoteerd overeenkomstig met de indeling van de bak.
Het resultaat van zo'n schema is bijvoorbeeld ;
groot normaal klein
gaaf 11,3 37,6 18,1
minder gaaf 19,4 22,2 14.7

a) Geef de matrix A die bij deze tabel hoort.
b) Stel de matrices G en H op, zodat de berekening G.A.H als uitkomst het totale gewicht geeft van de appels in de categorie 'groot'.
Ik weet niet hoe ik G en H moet vinden. Kan U mij verder helpen?

Merten
18-6-2023

Antwoord

Bekijk het product
$$\begin{pmatrix}1&1\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}11.3&37.6&18.1\\19.4&22.2&14.7\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}
$$maar eens, de eerste is $G$, de tweede is je $A$, en de drde is $H$.
Je kunt dat op twee manieren lezen.

Eerst $GA$ bepalen, dat geeft alle kolomsommen in de matrix $A$, en $(GA)H$ pakt daar het eerste getal uit.

Of: eerst $AH$, dat geeft de eerste kolom van $A$, en $G(AH)$ neemt de som van die kolom.
kphart
19-6-2023

Basis

Beste,

Kunnen we besluiten dat de standaardbasisvectoren e_n voor elke verzameling R_n een basis zullen zijn? Echter is dit dan strijdig met de stelling die zegt dat wanneer we een basis vinden met minder dan n elementen, alle basissen hetzelfde aantal elementen zullen hebben. Alvast bedankt.

Studen
22-8-2023

Antwoord

De naam zegt het al: de standaardbasisvectoren vormen een basis voor $\mathbb{R}_n$. Je notatie is wat ongelukkig het klinkt, door het gebruik van alleen maar $e_n$ dat die vectoren onafhankelijk van de $\mathbb{R}_n$ bestaan.
Maar elke $\mathbb{R}_n$ heeft zijn eigen stel standaardbasisvectoren: $\{e_1,\ldots,e_n\}$, en elke $\mathbb{R}_n$ heeft weer een eigen $e_1$, in $\mathbb{R}_2$ geldt $e_1=(1,0)$, in $\mathbb{R}_4$ geldt $e_1=(1,0,0,0)$, enzovoort.

Je tweede `stelling' klopt niet helemaal; de voorwaarde "wanneer we een basis vinden met minder dan n elementen" is niet nodig.
De stelling zegt gewoon: alle basissen van een vectorruimte hebben hetzelfde aantal elementen.
Je kunt dus voor de $\mathbb{R}_n$ geen basis vinden met minder dan $n$ elementen.
kphart
24-8-2023

Substitutie determinant

hallo ik heb een vraag over formule 7.38b deze word herschreven met de waarden genoemd in 7.41..ik kom echter op andere waarden: voor de 1e regel:
$\omega $ ²m2[X1]- $\omega $ ²M2[X2}.

Wellicht zie ik iets over het hoofd.

ps zie verder bijlagen
Gijs
16-11-2023

Antwoord

Ik probeerde vanuit naar $-k_2$ naar $-\omega_r^2$ te werken en dat lukt als je de hele tweede vergelijking met
$$\frac{m_1}{m_2\cdot k_1}
$$vermenigvuldigt, want
$$\omega_r^2 = \frac{\omega_{n2}^2}{\omega_{n1}^2}=\frac{k_2}{m_2}\cdot\frac{m_1}{k_1}
$$na die vermenigvuldiging komt je precies op (7.42a) uit.
kphart
16-11-2023

Wiskunde D: Matrices met parameters

(MKV 4) Zij a ∈ R. Duid de JUISTE uitspraak aan over
(a a + 1 a − 1 |a)
(1   2     0   |1)
(2   3     1   |3)
(C) Er is geen enkele a ∈ R waarvoor er een unieke oplossing is, maar er bestaat wel een a ∈ R waarvoor er oneindig veel oplossingen zijn en er bestaat een a ∈ R waarvoor er geen oplossingen zijn.
(D) Dit stelsel is strijdig voor elke a ∈ R

De juiste uitspraak volgens de oplossingen is C, zelf dacht ik dat hier D geldt.

Kan iemand mij alsjeblieft uitleggen waarom C hier geldt en niet D?
Linh
2-12-2023

Antwoord

Als je probeert het stelsel op te lossen, begin dan met de onderste twee. Na elimineren kun je $x$ en $z$ uitdrukken in $y$: $x=1-2y$ en $z=1+y$.
Vul die twee in in de eerste vergelijking en je zult zien dat iets overhoudt zonder $y$, namelijk $2a-1=a$. Dat betekent dat het stelsel geen oplossing heeft als $a\neq 1$, en oneindig veel als $a=1$.
kphart
3-12-2023