Wiskunde voor Computerwetenschappen Oplossingen oefeningen cursus

Wiskunde voor informatici 2 Oefeningen

Reinout Stevens

resteven@vub.ac.be

Prof: Ann Dooms

Assistent: Arnout Van Messem

25 Juni 2008

1

Gedachtenstroom

In dit document staan de meeste oplossingen van de cursus Wiskunde voor Informatici II. Het is echter geen garantie dat deze en juist en volledig zijn. Gedurende het jaar komen er ook taken, welke hier niet in staan. Kortom, ga braaf naar de oefeningsessies en bekijk dit als een handig studiemiddel wanneer eigen notities niet meer duidelijk zijn (of nooit duidelijk waren). Indien er nog fouten instaan mogen deze gerust doorgegeven worden, misschien heb ik geen rotslecht humeur en zal ik ze wel aanpassen. Ook de ontbrekende oefeningen zijn welkom.

Geef Arnout ook spontaan een knuffel (of een bak bier, wat waarschijnlijk in betere aarde zal vallen) voor het meermaals nakijken van deze cursus.

2

Oefeningen

1. Oefening 1

Zij V een Vectorruimte, dan zijn de nulvector en inversie uniek: Stel er zijn 2 nulvectoren o₁ en o₂

(

o1+ o2 = o1

o₁+ o₂ = o₂ =⇒ o1= o2

Stel dat er 2 inversen zijn -x₁ en -x₂ ( x + −x₁ = o x + −x₂ = o =⇒ −x1= −x2 2. Oefening 2 (a) Te Bewijzen Rn is een vectorruimte (b) Bewijs i. x + y = y + x n X i=1 piei+ n X i=1 φ1ei = n X i=1 (pi+ φi) ei = n X i=1 (φi+ pi) ei = n X i= φiei+ n X i=1 piei ii. x + y + z
= z + x + y

x + y + z
= X i=1 piei+ X i=1 φiei+ X i=1 viei = n X i=1 piei+ n X i=1 (φi+ vi) ei ! = n X i=1 (pi+ φi+ vi) ei = n X i=1 (vi+ pi+ φi) ei = n X i=1 viei+ n X i=1 (pi+ φi) ei = z + n X i=1 piei+ n X i=1 φiei ! = z + x + y
iii. ∃0 ∈ V : x + 0 = 0 + x = x x + 0 = n X i=1 piei+ n X i=1 0e_i = n X i=1 pie1 = x iv. ∀x ∈ V, ∃ − x ⇒ x + (−x) = 0 x + −x = n X i=1 piei+ n X i=1 −piei = n X i=1 (pi− pi) ei = 0 v. k x + y
= kx + ky

k x + y
= k n X i=1 piei+ n X i=1 φiei ! = k n X i=1 piei+ n X i=1 φie1 = kx + ky vi. k, l ∈ R, x ∈ Rn _{: (k + l) x = kx + lx} (k + l) x = (k + l) k X i=1 piei = k n X i=1 piei+ l n X i=1 piei = kx + lx vii. k (lx) = klx k (lx) = k l n X i=1 piei ! = kl n X i piei = klx viii. 1x = x 1x = 1 n X i=1 piei = n X i=1 piei = x 3. Oefening 3

(a) Bewijzen vectorruimte

A =    a11 . . . a1m .. . ... an1 . . . anm   ∈ Mnm(R)

B =  b11 . . . b1m .. . ... bn1 . . . bnm  ∈ Mnm(R) i. A + B =    a11 . . . a1m .. . ... an1 . . . anm   +    b11 . . . b1m .. . ... bn1 . . . bnm    =    a11+ b11 . . . a1m+ b1m .. . ... an1+ bn1 . . . anm+ bnm   ∈ Mnm(R) ii. kA = k    a11 . . . a1m .. . ... an1∗ . . . anm    =    ka11 . . . a1m .. . ... kan1 . . . kanm   ∈ Mnm(R)

iii. Nu “moeten” de 8 eigenschappen uitgeschreven worden. (b) Geven van een basis

a11 a21 a12 a22  ∈ M2 E11= 1 0 0 0  E12= 0 1 0 0  etc. Voortbrengend ∀a, b, c, d :a b c d  = aE11+ bE12+ cE21+ dE22 Lineair onafhankelijk 0 0 0 0 

= αE11+ βE12+ γE21+ δE22

⇔ 0 0 0 0  =α β γ δ  ⇔ α = β = γ = δ = 0 4. Oefening 4

x = n X i=1 piei x_b = p1 · · · pn
xT_b =    p1 .. . pn   

Voldoende om na te gaan dat x + y en kx zelfde is voor beide notaties (a) x + y =Pn i=1piei+ Pn i=1φiei = n X i=1 (pi+ φi) ei xT_b + yT_b =    pi+ φi .. . pn+ φn    (b) kx =Pn i=1piφi = n X i=1 (kpi) e1 k    p1 .. . pn    =    kp1 .. . kpn    5. Oefening 5

Er moet toch nog wat uitdaging zijn 6. Oefening 6

Dit is oefening 6 rly 7. Oefening 7         1 2 3 4 2 1 2 1 0 0 1 1 3 4 1 2         =       1 2 4 2 1 1 3 4 2       −       1 2 3 2 1 2 3 4 1             1 2 4 2 1 1 3 4 2       = −2     2 4 4 2     +     1 4 3 2     −     1 2 3 4           1 2 3 2 1 2 3 4 1       = −2     2 3 4 1     +     1 3 3 1     − 2     1 2 3 4     totaal = 24 − 10 + 2 − 20 + 8 − 4 = 0

(a)     1 1 −2 1 1 2 −1 2 2 2 3 2 −4 −3 3 1 −3 6 −1 0     r1= r1+r₃ 2     1 0 0 1 1 2 −1 2 2 2 3 2 −4 −3 3 1 −3 6 −1 0     r2=r2−2r1 r3= r3− 3r1     1 0 0 1 1 0 −1 2 0 0 0 2 −4 −6 0 1 −3 6 −1 0     r4= r4− r1     1 0 0 1 1 0 −1 2 0 0 0 1 −2 −3 0 0 −3 6 −2 −1     r3= r3+ r2     1 0 0 1 1 0 −1 2 0 0 0 0 0 1 0 0 −3 6 −1 0     r1=r1−r3 r4= r4+ 2r3     1 0 0 0 1 0 −1 2 0 0 0 0 0 1 0 0 −3 6 0 −1     r4= r4− 3r2     1 0 0 0 1 0 −1 2 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1    

(b)   4 1 −2 0 1 −2 1 0 11 −4 −1 0   r1↔ r2   1 −2 1 0 4 1 −2 0 11 4 −1 0   r3=r3+r16 r2=r2+2r₃ 1   1 −2 1 0 2 −1 0 0 2 −1 0 0   1 −2 1 0 2 −1 0  r2= r2− 2r1 1 −2 1 0 0 3 −2 0  r1= 3r1+ 2r2 3 0 −1 0 0 3 −2 0  V = t 3, 2t 3, t  |t ∈ R  (c)   −1 1 1 1 1 −1 1 −3 1 1 −1 2   r2=r2+r1 r3= r3+ r1   −1 1 1 1 0 0 2 −2 0 2 0 3   r1=−r1 r2=r₂2   1 −1 −1 −1 0 0 1 −1 0 2 0 3   r3=r₂3   1 −1 −1 −1 0 0 1 −1 0 1 0 3₂   r1= r1+ r3     1 0 −1 1 2 0 0 1 −1 0 1 0 3₂     r1= r1+ r2     1 0 0 −1₂ 0 0 1 −1 0 1 0 3₂     V = −1 2 , 3 2, −1 

e₁= (0, 1, 2), e₂= (3, 0, 2), e₃= (2, 3, 0)       0 3 2 1 0 3 2 2 0       = −3     1 3 2 0     + 2     1 0 2 2     = 18 + 4 = 22

De determinant is verschillend van 0: de vectoren zijn lineair onafhankelijk en er zijn er precies 3, het moet dus een basis zijn.

De inverse van de transitiematrix:

P−1=    −6 22 4 22 9 22 6 22 −4 22 2 22 2 22 6 22 −3 22   

We kunnen nu adhv de inverse matrix de nieuwe cordinaten zoeken:

P−1   1 1 1  =   7 22 4 22 5 22  en P−1   2 5 0  =   8 22 −8 22 34 22   10. Oefening 10 d(x, y) = |x − y| Te bewijzen dat:

(a) d(x, y) = 0 als en slechts als x = y (b) d(x, y) = d(y, x)

(c) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) (de driehoeksongelijkheid) (a) |x − y| = 0 ⇔ x − y = 0 ⇔ x = y (b) d (x, y) = |x − y| = |y − x| = d (y, x)

(c)

d (x, y) = |x − y|

= |x − z + z − y| ≤ |x − z| + |z − y| ≤ d(x, z) + d(z, y)

Er zijn geen andere metrieken op R 11. Oefening 11

d1(x, y) = |x1− y1| + |x2− y2|

d2(x, y) =

p

(x1− y1)2+ (x2− y2)2

(a) We bewijzen dat d1 een metriek is:

d1 x, y
= 0 ⇔ ( |x1− y1| = 0 ⇐⇒ x1= y1 |x2− y2| = 0 ⇐⇒ x2= y2 d1 x, y
= |x1− y1| + |x2− y2| = |y1− x1| + |y2− x2| = d1 y, x
d(x, z) = |x1− z1| + |x2− z2| = |x1− y1+ y1− z1| + |x2− y2+ y2− z2| ≤ |x1− y1| + |y1− z1| + |x2− y2| + |y2− z2| ≤ d x, y
+ d y, z

(b) We bewijzen dat d2 een metriek is:

d x, y
=p (x1− y1)2+ (x2− y2)2= p (y1− x1)2+ (y2− x2)2= d y, x
d x, y
= 0 ⇔ ( (x1− y1)2= 0 ⇔ x1= y1 (x2− y2)2= 0 ⇔ x2= y2 ⇔ x = y Pythagoras: d(x, a)2 = d(x, z)2− d(z, a)2 d(x, a)2 ≤ d(x, z)2 d(x, a) ≤ d(x, z)

Nu kunnen we hetzelfde doen voor d(a, y), waaruit we kunnen con-cluderen

lim n→∞  1 n  = 0 ⇔ ∀∃N > 0 : ∀n ≥ N d  0,1 n  <      1 n− 0     <  n > 1  13. Oefening 13 1 n, 1 n
n in X = R 2_{\(0, 0)} ∀ > 0, ∃N > 0 ⇒ ∀m, n > N : d (xm, xn) <  d (x_m, x_n) <  1 m, 1 m
xm= 1 n, 1 n
= xn d (x_m, x_n) = s  ₁ m1 − 1 n1 2 +  ₁ m1 − 1 n1 2 = √2  ₁ m1 − 1 n1  ≤ √2 1 m1 <  Dus neem m1 > √ 2  14. Oefening 14

Zij 0 < s < 1 bewijs dan dat limn→∞sn= 0 en limn→∞P n i=0s i₌ 1 1−s. limn→∞xn = x ⇔ ∀, ∃N > 0, ∀n ≥ N : d (xn, x) <  d (sn, 0) <  |sn− 0| <  sn <  log sn < log  n > log  log s Te bewijzen: lim n→∞ n X i=0 si = 1 1 − s

Bewijs: (1 − s) n X i=0 si= n X i=0 si− n+1 X i=1 si = s0− sn+1 = 1 − sn+1 lim n→∞(1 − s) n X i=0 si= lim n→∞(1 − s n+1_{) = 1} 15. Oefening 15

Het is een contractie indien:

d(f (x), f (y)) ≤ sd(x, y) met 0 < s < 1 d(f (x), f (y)) =      1 2x + 1 2  − 1 2y + 1 2     = 1 2|x − y| = 1

2d(x, y) Het is dus een contractie

Bepalen van het fixpunt: (a) via de definitie

f (x) = x ⇔ 1 2x + 1 2 = x ⇔ x = 1 (b) via limieten lim n→∞f n_{(x) = lim} n→∞  x 2n + 2n_{− 1} 2n  = 0 + 1 16. Oefening 16

d(f (x), f (y)) = |0.9cos(x) − 0.9cos(y)| = 0.9 |cos(x) − cos(y)|

≤ 0.9 |sin(c)| |x − y| met c ∈ ]x, y[ ≤ 0.9 |x − y|

Laatste stap gebeurt adhv de middelwaardestelling: ∃c ∈]a, b[: f (b) − f (a) = (b − a)f0(c)

Het berekenen van het fixpunt kan men grafisch doen... voor de ge¨ınteresseerde lezer? :)

d(f (x), f (y)) = x2+ 0.4 − y2− 0.4  = x2− y2  = |x + y| |x − y| = |x + y| d(x, y) |x + y| kan ≥ 1 zijn 18. Oefening 18 (a)     1 0 0 2    

= 2 Dit is geen contractie, maar wel een affiene transformatie

f1 2  = 1 4  f1 4  = 1 8  f3 2  = 3 4  f3 4  = 3 8  (b)     1 0 3 1    

= 1 Dit is geen contractie, maar wel een affiene transformatie

f1 2  = 1 5  f1 4  = 1 7  f3 2  =  3 11  f3 4  =  3 13  (c) fx y  = √ 2 2 cos π 4 − √ 2 2 sin π 4 √ 2 2 sin π 4 √ 2 2 cos π 4 ! x y  +1 2       √ 2 2 cos π 4 − √ 2 2 sin π 4 √ 2 2 sin π 4 √ 2 2 cos π 4      = √ 2 2 √ 2 2 √ 2 2 √ 2 2 + √ 2 2 √ 2 2 √ 2 2 √ 2 2 = 4 16+ 4 16 = 1 2

f1 2  = 1 2 7 2 ! f1 4  = −1 2 9 2 ! f3 2  = 3 2 9 2 ! f3 4  = 1 2 11 2 !

(d) Geen affiene transformatie f1 1  = 1 1  f3 3  = 9 9  f−1 3  = 1 9  f1 5  =  1 25  19. Oefening 19 Taak 1 20. Oefening 20 straal = √ 3 2 , nulpunt = (0, 0) En verder: x2+ y2 = 3 4 y2 = 3 4− x 2 y = ± r 3 4 − x 2 x ∈h− √ 3 2 , √ 3 2 i

dit weten we via de straal Dus y ∈h−q3 4− x2, q 3 4− x2 i

Het berekenen van de volledige oppervlakte is 4 keer de oppervlakte van 1 kwart Z √ 3 2 −√3 2 Z √ 3 4−x2 −√3 4−x2 1 1 − x2_{− y}2dydx = 4 Z √ 3 2 0 Z √ 3 4−x2 0 1 1 − x2_{− y}2dydx

We gaan over naar poolco¨ordinaten: r ∈h0, √ 3 2 i , θ ∈0,π₂

    cos θ −r sin θ sin θ r cos θ     = r cos2θ + r sin2θ = r

Het geheel wordt dan:

= 4 Z √ 3 2 0 Z π₂ 0 1 1 − r2_cos2_{θ − r}2_sin2_θJ dθdr = 4 Z √ 3 2 0 Z π2 0 1 1 − r2rdθdr = 4 Z √ 3 2 0 r 1 − r2[θ] π 2 0 dr = 2π Z √ 3 2 0 r 1 − r2dr = 2π −2 Z √ 3 2 0 1 1 − r2d(−r 2_{+ 1)} = −πln(1 − r2₎ √ 3 2 0 = −π ln1 4 = π ln 4 21. Oefening 21

Oppervlakte voor de transformatie: Z 3 1 Z 4 2 1dvdu = [v]4₂[u]3₁= 4 Oppervlakte na de transformatie: Z f (G) Z ϕ(x, y)dxdy = Z G Z

ϕ(g(u, v), h(u, v)) |J (u, v)| dudv

g(u, v) = 1 2u − 1 2v + 1 h(u, v) = 1 2u + 1 2v + 2 J =     1 2 −1 2 1 2 1 2     =1 2 Z 4 2 Z 3 1 11 2dudv = 1 2[u] 3 1[v] 4 2= 2 22. Oefening 22 Definities:

(a) (X, d) is een metrische ruimte (b) Afsluitingspunt

x is een afsluitingspunt van A als ∃ rij (xn) in A\{x} : limn→∞xn= x

(c) Gesloten

A is gesloten als A al zijn afsluitingspunten bevat (d) Begrensd A is begrensd als ∃x0∈ x : ∃R ∈ R+0 : ∀x ∈ A : d (x, x0) < R 23. Oefening 23 (a) h(A, B) = 0 ⇔ A = B ⇒ h (A, B) = 0

⇒ max {d (A, B) , d (B, A)} = 0 ⇒ d (A, B) = d (B, A) = 0

⇒ ∀x ∈ A : d (x, B) = 0en∀x ∈ Bd (x, A) = 0

⇒ ∀x ∈ A : ∃y < B : d2 x, y
= 0en∀x ∈ B∃y ∈ A : d2 x, y
= 0

⇐

A = B ⇒ h(A, B) =max {d (x, A) | x ∈ A} = 0 min d x, y
| y ∈ A = 0

(b) h(A, B) = h(B, A)

max {d (A, B) , d (B, A)} (c) h(A, B) ≤ h(A, C) + h(C, B)

h(A, B) = d2(a, b) voor een a ∈ A, b ∈ B

Begrensd: d2(a, b) zal nooit ∞ worden want elke afstand tussen 2

punten van A en B zal meetbaar zijn. Deze A en B bestaan want: Gesloten: rand A en rand B erbij en we hebben de randen nodig voor h(A, B), wat steeds de afstand is tussen de randen.

Dus 0 ≤ h(A, B) < ∞. Voor A = B is dit triviaal. Voor A 6= B: ∃a ∈ A, ∃a@B ⇒ h(A, B) ≥ d(A, B) > 0

Te Bewijzen: d(A, B) ≤ d(A, C) + d(C, B) ...

d (B, A) = 3 h (A, B) = 3 d (A, C) = d (c, (0, 2)) + R = p(3 − 2)2_{+ (2 − 0)}2_{+ 1} = √5 + 1 d (C, A) = d (c, (0, 2)) − R = √5 − 1 h(A, C) = √5 − 1 d(B, C) = d (c, (0, 0)) + R2 = √13 + 2 d(C, B) = d (c, (0, 0)) − R2 = √13 − 2 h(B, C) = √13 + 2 25. Oefening 25 (a) Contracties 1 2 1 2− 0 = 1 4 < 1 dus beide zijn contracties

(b) Contracties toegepast w1(0, 0) = (0, 0) w1(1, 0) =  1 2, 0  w1(1, 2) =  1 2, 1  w1(0, 2) = (0, 1) w2(0, 0) = ( 1 2, 1 2) w2(1, 0) =  1,1 2  w2(1, 2) =  1,3 2  w2(0, 2) =  1 2, 3 2 

(c) Hausdorff afstanden d (w (g1) , w (g2)) = d ((0, 1) , (1, 0)) − 1 2 = √ 2 −1 2 d (w (g2) , w (g1)) = 1 26. Oefening 26 w1(0, 0) = (0, 0) w1(1, 0) =  1 2, 0  w1(1, 1) =  1 2, 1 2  w1 x y  = a b c d  x y  + e f                     0 = a0 + b0 + e e = 0 0 = c0 + d0 + f f = 0 1 2 = a + 0b + e a = 1 2 0 = c + 0d + f c = 0 1 2 = a + b + e b = 0 1 2 = c + d + e d = 1 2 w2(0, 0) =  1 2, 0  w2(1, 0) = (1, 0) w2(1, 1) =  1,1 2  w2 x y  = 1 2 0 0 1₂  x y  + 1 2 0  w3(0, 0) =  1,1 2  w3(1, 0) = (1, 1) w3(1, 1) =  1 2, 1  w3 x y  =  0 −1 2 1 2 0  x y  + 11 2  27. Oefening 27

N (1) = 1 N 1 2  = 3 N 1 4  = 9 N 1 2n  = 3n D = limn→∞ ln N ₂1n

n ln(2) = limn→∞ ln (3n) n ln(2) = ln(3) ln(2) (b) Flakes N (1) = 1 N 1 2  = 3 N 1 4  = 9 Zie Sierpinski (c) Boxes N (1) = 1 N 1 2  = 3 N 1 4  = 11 N 1 8  = 39 N 1 16  = 139

Geen formule voor te vinden. (d) Binary N (1) = 1 N 1 2  = 3 N 1 4  = 9

Zie Sierpinski (e) Koch Curve

N (1) = 1 N 1 3  = 3 N 1 9  = 12 N 1 27  = 48 N 1 3n  = 3 ∗ 4n−1 D = lim n→∞ ln 3 ∗ 4n−1
n ln(3) = limn→∞ ln(3) + (n − 1) ln(4) n ln(3) = ln(4) ln(3) 28. Oefening 28 Taak 2 :) 29. Oefening 29

Niet gedaan in de les 30. Oefening 30 (a) d x, y
⇔ kx − yk = 0 ⇔ x − y = 0 ⇔ x = y (b) d x, y
= kx − yk = |−1| ky − xk = ky − xk = d y, x
(c) d x, y
= kx − yk = kx − z + z − yk ≤ kx − zk + kz − yk = d (x, z) + d z, y

kxk =px2 1+ x22 x = (x1, x2) (a) kxk = 0 q x2₁+ x2₂ = 0 ⇔ x1= x2= 0 ⇔ x = 0 (b) kkxk =qk2_x2 1+ k2x22= |k| kxk (c) Analytisch kx + yk2 = < x + y, x + y > = < x, x > +2 < x, y > + < y, y > = kxk2+ kyk2+ 2 < x, y > ≤ kxk2_{+ kyk}2_{+ 2} < x, y > ≤ kxk2_{+ kyk}2_{+ 2kxkkyk} = kxk + kyk
2 32. Oefening 32

Oefening voor ne mens met een teveel aan tijd (aka Wiscundus Vulgaris) 33. Oefening 33

Taak 3 (bonuspunten indien ge het in brainfuck doet) 34. Oefening 34 (a) i. Eigenwaarden     1 − λ 2 3 2 − λ     = λ2− 3λ − 4 = (λ − 4)(λ + 1) De eigenwaarden zijn 4 en −1 ii. Eigenvectoren A. λ = −1  2 2 0 3 3 0  → 2x + 2y = 0 ⇔ x = −y Eλ=  s 1 −1  | s ∈ R 

B. λ = 4  1 −2₃ 0 3 −2 0  =  1 −2₃ 0 0 0 0  Eλ=  s 13 2  | s ∈ R  iii. P−1  1 1 1 0 −1 3 2 0 1  →  1 1 1 0 0 5₂ 1 1  →  1 0 3₅ −2₅ 0 1 2₅ 2₅  iv. P−1AP 3 5 −2 5 2 5 2 5  1 2 3 2   1 1 −1 3 2  =−1 0 0 4  (b) i. Eigenwaarden     1 − λ −2 3 2     = 2 − 2λ − λ + λ2+ 6 = λ2− 3λ + 8 Geen oplossingen (c) i. Eigenwaarden       2 − λ 0 0 1 2 − λ −1 1 3 −2 − λ       = (2 − λ)     2 − λ −1 3 −2 − λ     = (2 − λ) (− (2 − λ) (2 + λ) + 3) = (2 − λ) (λ − 1) (λ + 1) De eigenwaarden zijn 2, 1 en −1. ii. Eigenvectoren A. λ = 1   1 0 0 0 1 1 −1 0 1 3 −3 0  =   1 0 0 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0   Eλ=      0 t t  | t ∈ R    B. λ = −1   3 0 0 0 1 3 −1 0 1 3 −1 0  →   1 0 0 0 0 3 −1 0 0 3 −1 0  

Eλ=    0 t 3t | t ∈ R   C. λ = 2   0 0 0 0 1 0 −1 0 1 3 −4 0  →   1 0 −1 0 0 1 1 0 0 0 0 0   Eλ=      t t t  | t ∈ R    iii. P−1   0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 3 1 0 0 1   →   1 1 1 0 1 0 1 3 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0   →   1 1 1 0 1 0 0 1 0 0 −1₂ 1 2 0 0 1 1 0 0   →   1 0 0 −1 3 2 −1 2 0 1 0 0 −1₂ 1₂ 0 0 1 1 0 0   iv. P−1_AP   −1 3 2 −1 2 0 −1₂ 1 2 1 0 0     2 0 0 1 2 −1 1 3 −2     0 0 1 1 1 1 1 3 1  =   1 0 0 0 −1 0 0 0 2   (d) i. Eigenwaarden A. δ =        δ − λ 0 0 0 δ − λ 0 0 0 δ − λ       = (δ − λ)3 De eigenwaarde is δ. B. δ 6=        δ − λ 0 0 0 δ − λ 0 0 0  − λ       = (δ − λ) ( − λ) De eigenwaarden zijn δ en  ii. Eigenvectoren

A. λ =    δ −  0 0 0 0 δ −  0 0 0 0 0 0   E=    s   1 0 0  + t   0 1 0  | s, t ∈ R    B. λ = δ       0 0 0 0 0 0 0 0 0 0  − δ 0       Eδ    s   0 0 1  | s ∈ R    35. Oefening 35 ( hk+1 =1₂hk+₁₀₀1 mk mk+1 =−50₄ hk+5₄mk  hk+1 mk+1  =  1 2 1 100 −50 4 5 4   hk mk 

V0 is reeds gegeven in de opgave.

Vk = AVk−1= ... = AkV0

A = QDQ−1

Ak = QDkQ−1

(a) Het berekenen van de eigenwaarden.

    1 2− λ 1 100 −50 4 5 4− λ     =  1 2 − λ   5 4− λ  + 50 400 = 5 8 − λ 2 − 5λ 4 + λ 2₊1 8 = λ2−7λ 4 + 3 4 = (λ − 1)  λ −3 4 

 −1 2 1 100 0 −50 4 1 4 0  →  1 −1₅₀ 0 −50 1 0  → 1 −1₅₀ 0
Ei  t 1 50  | t ∈ R  (c) λ = 3₄  −1 4 1 100 0 −50 4 2 4 0  →  1 −1₂₅ 0 −25 1 0  →  1 −1₂₅ 0 0 0 0  Ei =  t 1 25  | t ∈ R  (d) Samenvatting D = 3 4 0 0 1  en Q = 1 1 25 50  (e) Berekenen Q−1  1 1 1 0 25 50 0 1  →  1 1 1 0 1 2 0 ₂₅1  →  1 1 1 0 0 1 −1 1 25  →  1 0 2 −1₂₅ 0 1 −1 1 25  (f) Totaal   23k 4k − 1 2  −1 25  3k 4k− 1  503k 4k− 1  −13k 4k− 2     50 1600  =   1003k 4k− 1 2  − 643k 4k − 1  25003k 4k − 1  − 16003k 4k − 2    lim k→∞V k ₌  14 700  36. Oefening 36   gk+1 zk+1 sk+1  =   1 2 0 0 1 2 3 4 0 0 1₄ 1     gk zk sk  

(a) Eigenwaarden       1 2− λ 0 0 1 2 3 4− λ 0 0 1 4 1 − λ       = 1 2 − λ   3 4− λ  (1 − λ) (b) Eigenvectoren i. λ = 1₂   0 0 0 0 1 2 1 4 0 0 0 1₄ 1₂ 0   E1 2 =    t   1 −2 1  | t ∈ R    ii. λ = 1   −1 2 0 0 0 1 2 −1 4 0 0 0 1 4 0 0   E1=    t   0 0 1  | t ∈ R    iii. λ = 3₄   −1 4 0 0 0 1 2 0 0 0 0 1₄ 1₄ 0   E3 4 =    t   0 1 −1  | t ∈ R    (c) Samenvatting D =   1 2 0 0 0 3₄ 0 0 0 1   en Q =   1 0 0 −2 1 0 1 −1 1   (d) Q−1   1 0 0 1 0 0 −2 1 0 0 1 0 1 −1 1 0 0 1   →   1 0 0 1 0 0 0 1 0 2 1 0 0 −1 1 −1 0 1   →   1 0 0 1 0 0 0 1 0 2 1 0 0 0 1 1 1 1  

Ak= QDkQ−1 =   1 0 0 −2 1 0 1 −1 1     1 2k 0 0 0 3₄kk 0 0 0 1     1 0 0 2 1 0 1 1 1   =    1 2k 0 0 − 1 2
k + 2 3₄
k 3₄
k 0 1 2k− 2 3 4
k + 1 − 3 4
k + 1 1    Vk = AkV0 lim k→∞Vk = k→∞lim A k_V 0 =   0 0 0 0 0 0 1 1 1     n 0 0   =   0 0 n   37. Oefening 37 < x, y >= x1y1+ ... + xnyn (a) < x, x >= 0 ⇔ x = 0 x2₁+ ... + x2_n= 0 ⇔ x1, ..., xn = 0 ⇔ x = 0 (b) < x, y >=< y, x >

x1y1+...+xnyn= y1x1+...+ynxn geldig adhv commutativiteit in R

(c) < x + y, z >=< x, z > + < y, z > (x1+ y1) z1+ ... + (xn+ yn) zn= x1z1+ y1z1+ ... + xnzn+ ynzn (d) < kx, z > kx1z1+ ... + kxnzn= k < x, z > 38. Oefening 38 (a) kxk =√< x, x > (b) d x, y
= kx − yk Zie oefening 30 voor b

(a) kxk = 0 ⇔√< x, x > = 0 ⇔ x = 0 (b) p < kx, kx > = |k|√< x, x > (c) kx + yk2 _{= < x + y, x + y >} = < x, x + y > + < y, x + y > = < x, x > +2 < x, y > + < y, y > ≤ kxk2+ 2| < x, y > | + kyk2 ≤ kxk2_{+ 2kxkkyk + kyk}2 = kxk + kyk
2 39. Oefening 39 (a) < x, y >= x1y1+ ... + xnyn kxk =√< x, x > = q x2 1+ ... + x2n

Dit is de Euklidische norm. d x, y
= kx − yk =

q

(x1− y1)2+ ... + (xn− yn)2

Dit is de Euklidische norm. (b) < f, g >= Z b a f (x)g(x)dx De norm uit 2.3.2: kf k = s Z b a |f (x)|2_dx Nu: kf k2_{=< f, f >=}Z b a (f (x))2dx 40. Oefening 40

Gegeven zijn volgende 2 basissen in R2_:

B1 = (e1= (3, 1) ; e2= (2, −6)) B2 =  c₁=  ₁ √ 2; 1 √ 2  ; c₂= −1√ 2, 1 √ 2 

B1: 6 − 6 = 0 B2: −1 2 + 1 2 = 0 (b) Normailiteit van B2 kc₁k = 1 2+ 1 2 = 1 kc₂k = 1 2+ 1 2 = 1 (c) Uitschrijven van vector v tov B1

< v, e₁> e₁+ < v, e₂> e₂ = 11e₁− 26e₂

controle: = (33, 11) − (52, −156) 6= v

Dit komt omdat B1 geen orthonormale basis is.

(d) Uitschrijven van vector v tov B2

< v, c1> c1+ < v, c2> c2 = 7 √ 2c1+ 3 √ 2c2 controle: =  7 2, 7 2  + −3 2 , 3 2  = (2, 5) 41. Oefening 41 B = ((1, 1, 1) ; (1, 3, 2) ; (6, 1, 3))

b0₁= b₁= (1, 1, 1) b0₂= b₂−< b2, b 0 1> < b01, b 0 1> b0₁ = (1, 3, 2) −6 3b 0 1 = (−1, 0, 0) b0₃= b₃−< b3, b 0 1> < b0₁, b₁>b1− < b₃, b0₂> < b0₂, b0₂>b 0 2 = (6, 1, 3) −10 3 b1− −5 2 b 0 2 = (6, 1, 3) − 10 3 , 10 3 , 10 3  − 5 2, −5 2 , 0  = 1 6, 1 6, −2 6  42. Oefening 42 Gegeven: x₁, ..., x_n paarsgewijs orthogonaal Te Bewijzen:

x1, ..., xnzijn lineair onafhankelijk, dus

αx₁+ βx₂+ ... + ωx_n= 0 ⇔ α = β = ... = ω = 0 Bewijs:

< αx₁+ βx₂+ ... + ωx_n, x₁> = α < x₁, x₁> < 0, x1> = 0

→ α = 0 want < x, x₁>6= 0

Dit kan men doen voor alle andere waarden 43. Oefening 43

(a)

V⊥=y |< y, 0 >= 0 = R2

v₁∈ V → v₁= (0, 0) v2∈ V⊥ → v2= (2, 3) (b) V⊥ =y |< y, x >= 0 ∀x ∈ V < y, x > = 0 ⇔ < y, k(1, 2) >= 0 ∀k ∈ R ⇔ ky1+ 2ky2= 0 ⇔ y1= −2y2 V⊥_{= {k(−2, 1) | k ∈ R}} Berekenen van v: v1= projv(v) = < v, (1, 2) > < (1, 2), (1, 2) >(1, 2) = 8 5(1, 2) v₂= projv⊥(v) = < v, (−2, 1) > < (−2, 1), (−2, 1) >(−2, 1) = −1 5 (−2, 1) (c) V = {(x, y, z) | 2x + y + 3z = 0 | 2x + y + 3z = 0} 2x + y + 3z = 0 ⇔< (x, y, z), (2, 1, 3) >= 0 V⊥_{= {k(2, 1, 3) | k ∈ R}} Berekenen van v: v₁ = projv(v) = v − v2 v2 = projv⊥(v) = < (2, 13), (1, 2, 3) > < (1, 2, 3), (1, 2, 3) >(2, 1, 3) = 13 14(2, 1, 3)

44. Oefening 44 Te bewijzen:

W ∩ W⊥= {o} Bewijs:

W is een deelruimte ⇒ o ∈ W W⊥ =x |< x, y >= 0 ∀y ∈ W ⇒ 0 ∈ W⊥ Dus 0 ∈ W ∩ W⊥.

Stel:

∃z ∈ W ∩ W⊥, z 6= 0 ⇒< z, z >= 0 ⇔ z = 0

Dit is een contradictie, de doorsnede bestaat dus enkel uit de nulvector. 45. Oefening 45

(a) Nakijken op basis:

i. Inproducten kolommen

−4 + 2 + 2 = 0

2 + 2 − 4 = 0

−2 + 4 − 2 = 0

ii. Inproduction rijen (overbodig)

2 − 4 + 2 = 0 2 + 2 − 4 = 0 4 − 2 − 2 = 0 (b) Nakijken op genormaliseerd ki1k = r 4 9 + 4 9 + 1 9 = 1 ki₂k = r 1 9 + 4 9 + 4 9 = 1 ki3k = r 4 9 + 1 9 + 4 9 = 1

De inverse matrix is de getransponeerde matrix: A−1= AT 46. Oefening 46 B = ((1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1)) B1=  1 √ 3, 1 √ 3, 1 √ 3  ,√1 6, −2 √ 6, 1 √ 6  ,−1√ 2, 0, 1 √ 2 

ki₁k = r 1 3+ 1 3+ 1 3 = 1 ki₂k = r 1 6+ 4 6+ 1 6 = 1 ki₃k = r 1 2+ 1 2 = 1 < i₁, i₂> = 0 < i₁, i₃> = 0 < i2, i3> = 0 (b) Opstellen transitiematrix (i₁)_B= √1 3e1+ 1 √ 3e2+ 1 3e3 P =    1 √ 3 1 √ 6 −1 √ 2 1 √ 3 −2 √ 6 0 1 √ 3 1 √ 6 1 √ 2    VBi = P −1_V B P PT = I ⇒ P orthonormaal ⇒ P−1= PT (c) Berekenen nieuwe co¨ordinaten

  1 2 3   B1 = PT   1 2 3   =    1 √ 3 1 √ 3 1 √ 3 1 √ 6 −2 √ 6 1 √ 6 −1 √ 2 0 1 √ 2      1 2 3   =   6 √ 3 0 2 √ 2   47. Oefening 47 (onvolledig)

f (x) = _1[0,1 4] f (x) = _{3 ∗ 1[}1 4, 3 4] f (x) = _1[3 4,1] g(x) = _{2 ∗ 1[0,}1 8] g(x) = _{3 ∗ 1[}1 8, 3 8] g(x) = _1[3 8, 5 8] g(x) = _{0 ∗ 1[}5 8, 6 8] g(x) = _{2 ∗ 1[}6 8,1] 48. Oefening 48 Φ3_j(x) = √1 2 Φ 4 2j(x) + Φ 4 2j+1(x)
0 ≤ j ≤ 7 = √1 2 √ 16 ∗ 1[2j 16, 2j+1 16 [(x) + √ 16 ∗ 1[2j+1 16 , 2j+2 16 [(x)  = √_{8 ∗ 1[}2j 16, 2j+2 16 [(x) = √_{8 ∗ 1[}j 8, j+1 8 [(x) 49. Oefening 49 f (x) =1 ∗ 1[0 8, 1 8[(x) + 2 ∗ 1[ 1 8, 2 8[(x)+ 3 ∗ 1[2 8,38[(x) + 2 ∗ 1[38,48[(x)+ 3 ∗ 1[4 8, 5 8[(x) + 3 ∗ 1[ 5 8, 6 8[(x)+ 1 ∗ 1[6 8, 7 8[(x) + 1 ∗ 1[ 7 8, 8 8[(x) k = 3 projvk−1(g) = 2k−1−1 X j=0  _g 2j √ 2k+1 + g2j+1 √ 2k+1  Φk−j

projv2(f ) = X j=0  f2j 4 + f2j+1 4 Φ 2 i =  1 4+ 2 4  Φ2₀+ 3 4 + 2 4  Φ2₁+ 3 4 + 3 4  Φ2₂+2 4Φ 2 3 = 3 4 √ 4 ∗ 1[0,1 4[  + ... + 2 4 √ 4 ∗ 1[3 4,1[ = 3 2∗ 1[0,14[ + 5 2∗ 1[14, 2 4[ + 3 ∗ 1[ 2 4, 3 4[ + 1[ 3 4,1[ proj⊥_(vk−1)(f ) = 3 X j=0  _f 2j √ 2k+1 − f2j+1 √ 2k+1  ₁ √ 2 Φ k 2j− Φ k 2j+1
= 1 − 2 4 1 √ 2 Φ 3 0− Φ 3 1
+ 3 − 2 4 1 √ 2 Φ 3 2− Φ 3 3
+ 3 − 3 4 ... + 1 − 1 2 ... = −1 4 1 √ 2 √ 8_1[0,1 8[ − 1[18,28[  +1 4 1 √ 2 √ 8_1[2 8,38[ − 1[38,48[  + 0 − 0 = −1 2  1[0,1 8[ − 1[ 1 8, 2 8[  +1 2  1[2 8, 3 8[ − 1[ 3 8, 4 8[