Lineaire transformaties




Lineaire transformaties

Een lineaire transformatie

In een reele vectorruimte V definieren we
 
        een transformatie t van V is lineair

                <=>

        voor alle vectoren u , v en alle reele getallen r
        t(u+v) = t(u)+t(v) en t(r.u) = r.t(u)
De verzameling van alle lineaire transformaties van V noteren we L(V).
Voorbeelden :
 
t : R x R  -> R x R  : (x,y)  --> (x+y,x)
t : R x R  -> R x R  : (x,y)  --> (0,y)
t : R -> R     : x --> 6x

R[x] is de verzameling van alle veeltermen in x met reele coefficienten.
t : R[x] -> R[x] : p(x) --> p'(x)
        p'(x) is de afgeleide van de veelterm p(x)
Oefening: controleer voor elk voorbeeld of beide voorwaarden vervuld zijn. Zoek zelf een voorbeeld en staaf uw antwoord.

Tegenvoorbeeld:

 
t : R x R  -> R x R  : (x,y)  -> (x+4,y)
Waarom is dit geen lineaire transformatie?

De identieke lineaire transformatie I

Het is de lineaire transformatie welke elke vector op zichzelf afbeeldt.
 
I : V -> V : v -> v

Het beeld van de vector 0.

Zij t een lineaire transformatie van V, dan is
 
        t(0) = t(0v) = 0.t(v) = 0
Het beeld van de vector 0 is 0.

Criterium voor de lineariteit van een transformatie van V

Stelling :
Neem een transformatie t van V.
 
                t is in L(V)
                   <=>
        voor alle vectoren u, v en alle reele getallen r, s
        t(r.u + s.v) = r.t(u) + s.t(v)
Bewijs :
Deel 1 : Als t in L(V) dan
 
        t(r.u + s.v) = t(r.u) + t(s.v) =  r.t(u) + s.t(v)
Deel 2 : Als t(r.u + s.v) = r.t(u) + s.t(v) voor alle r, s dan
 
        neem r = s = 1   t(u+v) = t(u)+t(v)
        neem s = 0     t(r.u) = r.t(u)

Bouwen van lineaire transformaties

We tonen dit hier voor dim(V)=3, maar alles is gemakkelijk te veralgemenen.
Stelling :
Als (e1, e2, e3) een geordende basis is van V, en als (u1, u2, u3) drie geordende willekeurige vectoren zijn uit V.
Dan, is er juist 1 lineaire transformatie t van V zo dat
t(e1) = u1
t(e2) = u2
t(e3) = u3

Bewijs :
Een willekeurige vector v in V kan geschreven worden als v = k.e1+l.e2+m.e3.
Een willekeurige vector w in V kan geschreven worden als w = k'.e1+l'.e2+m'.e3.
Dan is v + w = (k+k')e1 + (l+l')e2 + (m+m')e3.

Om het bestaan aan te tonen starten we met een goed gekozen transformatie t van V. We tonen dan aan dat de vereiste voorwaarden vervuld zijn. We definieren t door het beeld van elke vector vast te leggen.

 
        als v = k.e1 + l.e2 + m.e3 dan definieren we
        t(v) = k.u1 + l.u2 + m.u3
Eerste voorwaarde : t is lineair want :
 
        t(v + w)  = t( (k + k')e1  +  (l + l')e2  +  (m + m')e3 )
                              onze definitie van t
                = (k + k')u1  +  (l + l')u2  +  (m + m')u3
                              eigenschappen in V
                =  k.u1 + l.u2 + m.u3  +  k'.u1 + l'.u2 + m'.u3
                              onze definitie van t
                =  t(v)  +  t(w)

        t(r.v)   = t(rk.e1 + rl.e2 + rm.e3)
                        onze definitie van t
                = rk.u1 + rl.u2 + rm.u3
                        eigenschappen in V
                = r(k.u1 + l.u2 + m.u3)
                        onze definitie van t
                = rt(v)
Tweede voorwaarde:
 
        t(e1) = t(1.e1 + 0.e2 + 0.e3) = 1.u1 + 0.u2 + 0.u3 = u1
        t(e2) = t(0.e1 + 1.e2 + 0.e3) = 0.u1 + 1.u2 + 0.u3 = u2
        t(e3) = t(0.e1 + 0.e2 + 1.e3) = 0.u1 + 1.u2 + 1.u3 = u3
Nu is het bestaan van zo'n lineaire transformatie bewezen.
We tonen nu aan dat dergelijke t uniek is.

Onderstel dat t en t' twee lineaire transformaties zijn zo dat
t(e1) = u1 en t'(e1) = u1
t(e2) = u2 en t'(e2) = u2
t(e3) = u3 en t'(e3) = u3
Dan zal voor elke v in V

 
        t(v) = t(k.e1+l.e2+m.e3)
                      wegens onze definitie van t
             = k.u1 + l.u2 + m.u3
en
        t'(v)= t'(k.e1 + l.e2 + m.e3)
                     t' is lineair
             = t'(k.e1) + t'(l.e2) + t'(m.e3)
                     t' is lineair
             = k.t'(e1) + l.t'(e2) + m.t'(e3)

             = k.u1 + l.u2 + m.u3
Dus t = t'
Besluit:

Een lineaire transformatie van een reele vectorruimte V is volledig en ondubbelzinnig bepaald door de beelden van de basisvectoren van V.

Voorbeeld 1:
Er is juist 1 lineaire transformatie t van de vectorruimte R x R zodat
t(1,0) = (3,2)
t(0,1) = (5,4)
We berekenen het beeld van de vector (-1,5) = -1(1,0) + 5(0,1)
t(-1,5) = t( -1(1,0) + 5(0,1) ) = -1(3,2) + 5(5,4) = (22,18)

Voorbeeld 2:
Neem de reele vectorruimte C van de complexe getallen.
In die vectorruimte kiezen we een geordende basis (1 , i).
Een lineaire transformatie van C is ondubbelzinnig bepaald door de beelden van die twee basisvectoren.
We definieren een lineaire transformatie t door
t(1) = 1 + i
t(i) = 1 - i
Nu ligt het beeld van elke vector vast. We berekenen bijvoorbeeld het beeld van 3 - 2i.
t(3 - 2i) = t( 3 . 1 + (-2) . i ) = 3 (1+i) + (-2)(1-i) = 1 + 5i

Matrices en lineaire transformaties

Matrix van een lineaire transformatie ten opzichte van een basis in V.

We tonen dit voor dim(V) = 3, maar alles is gemakkelijk te veralgemenen.

Als (e1, e2, e3) een geordende basis is van V, en als (u1, u2, u3) drie geordende willekeurige vectoren zijn uit V, dan weten we dat er juist 1 lineaire transformatie t van V is zo dat
t(e1) = u1
t(e2) = u2
t(e3) = u3

Deze vectoren u1, u2, u3 kunnen uitgedrukt worden in e1, e2, e3 .

 
        u1 = a.e1 + b.e2 + c.e3
        u2 = d.e1 + e.e2 + f.e3
        u3 = g.e1 + h.e2 + i.e3
Een random vector v = k.e1+l.e2+m.e3 wordt door t getransformeerd in t(v) = k.u1+l.u2+m.u3
Dus,
 
        t(v) = k.u1 + l.u2 + m.u3
<=>
        t(v) =  k.(a.e1 + b.e2 + c.e3) +
                l.(d.e1 + e.e2 + f.e3) +
                m.(g.e1 + h.e2 + i.e3)
<=>
        t(v) =  (k.a + l.d + m.g).e1 +
                (k.b + l.e + m.h).e2 +
                (k.c + l.f + m.i).e3
De coordinaten van v ten opzichte van de basis (e1, e2, e3) zijn (k,l,m).
We noemen (k',l'm') de coordinaten van t(v) ten opzichte van de basis (e1, e2, e3).
Dan,
 
        k' = k.a + l.d + m.g
        l' = k.b + l.e + m.h
        m' = k.c + l.f + m.i

<=>

        [k']    [a  d  g]   [k]
        [l'] =  [b  e  h] . [l]
        [m']    [c  f  i]   [m]
De laatste matrix formule is de transformatie formule geassocieerd met t ten opzichte van de basis (e1, e2, e3). Met deze matrix transformeren we de coordinaten van v in de coordinaten van t(v). De matrix
 
         [a  d  g]
         [b  e  h]
         [c  f  i]
heet de matrix van de lineaire transformatie ten opzichte van de basis (e1, e2, e3).
De kolommen van deze matrix zijn de coordinaten van (u1, u2, u3).

Voorbeeld 1:
In R2 kiezen we de basis ( (1,0) , (0,1) ).
Er is juist 1 lineaire transformatie van R2 zo dat
t(1,0) = (3,2)
t(0,1) = (5,4)
De matrix van de lineaire transformatie ten opzichte van die basis is

 
        [3  5]
        [2  4]
Neem v met coordinaten (3, 1). De coordinaten van t(v) zijn dan (14,10) want :
 
        [3  5][3]    [14]
        [2  4][1]  = [10]
Voorbeeld 2 :
Beschouw de vectorruimte van de veeltermen in x, van de tweede graad of lager, met reele coefficienten. We nemen de basis ( 1, x, x2 ).

We vormen een lineaire transformatie t door de beelden van de basisvectoren vast te leggen. We kiezen de drie beelden respectievelijk x , x + 1, 3x - 2.

De matrix van de lineaire transformatie is:

 
         [0  1 -2]
         [1  1  3]
         [0  0  0]
De kolommen van deze matrix zijn de coordinaten van x , x + 1 en van 3x - 2.

De veelterm 2x2 - x + 4 heeft coordinaten (4,-1,2).
Het beeld van de veelterm 2x2 - x + 4 door de transformatie t heeft coordinaten

 
         [0  1 -2] [4]    [-5]
         [1  1  3] [-1] = [ 9]
         [0  0  0] [2]    [ 0]
Het beeld is de veelterm 9x - 5.

Rotatie van alle vectoren van het vlak

Neem in het vlak een vaste oorsprong O en als basis van alle vectoren van het vlak nemen we twee orthogonale eenheidsvectoren e1 en e2.
Maak een figuur en teken de eenheidsvectoren en de eenheidscirkel.
De rotatie om O over een hoek t is een lineaire transformatie.
Het beeld van e1(1,0) is de vector u1(cos(t), sin(t)).
Het beeld van e2(0,1) is de vector u2(-sin(t), cos(t)).
De matrix van de rotatie is
 
   [cos(t)   -sin(t)]
   [sin(t)    cos(t)]
Voorbeeld:

De rotatie om O over een hoek van 60 graden heeft als matrix

 
   [0.5    -0.866]
   [0.866    0.5 ]
De coordinaten van het beeld w van de vector v(4,7) zijn
 
   [0.5    -0.866][4]
   [0.866    0.5 ][7]
w = w(-4.062 ; 6.964)

Controleer deze resultaten met behulp van een figuur.

Spiegeling van alle vectoren van het vlak om de rechte y = m x

Neem in het vlak een vaste oorsprong O en als basis van alle vectoren van het vlak nemen we twee orthogonale eenheidsvectoren e1 en e2.
Maak een figuur en teken de eenheidsvectoren en de eenheidscirkel.
We kiezen een vaste rechte s door O welke een hoek t/2 insluit met de x-as. De rico van de rechte s is m = tan(t/2).
De loodrechte spiegeling van de vectoren van het vlak om de rechte s is een lineaire transformatie.
Het beeld van e1(1,0) door die spiegeling is de vector u1(cos(t), sin(t)).
Het beeld van e2(0,1)door die spiegeling is de vector u2(sin(t), -cos(t)).
De matrix van de loodrechte spiegeling is
 
   [cos(t)    sin(t)]
   [sin(t)   -cos(t)]

Nu is
              2 tan(t/2)           2m
   sin(t) = ---------------- = -----------
             1 +  tan2(t/2)     1 + m2

             1 -  tan2(t/2)     1 - m2
   cos(t) = ---------------- = -----------
             1 +  tan2(t/2)     1 + m2

De matrix  wordt

  [ (1-m2)/(1+m2)        2m/(1+m2)  ]
  [  2m/(1+m2)        -(1-m2)/(1+m2)]
Voorbeeld:

Voor de loodrechte spiegeling om de rechte met vergelijking y = 0.5 x is m = 0.5
De matrix van de spiegeling is

 
 [0.6   0.8]
 [0.8  -0.6]
De coordinaten van het beeld w van de vector v(4,7) zijn
 
 [0.6   0.8][4]
 [0.8  -0.6][7]

w = w(8,-1)

Controleer deze resultaten met behulp van een figuur.

Spiegeling om de x-as
In dit geval is t = 0. De matrix van een loodrechte spiegeling om de x-as is

 
   [ 1    0]
   [ 0   -1]
Spiegeling om de y-as
In dit geval is t = pi . De matrix van een loodrechte spiegeling om de y-as is
 
   [ -1    0]
   [  0    1]
Spiegeling om de rechte y = x
In dit geval is t = pi/2 . De matrix van die loodrechte spiegeling is
 
   [0    1]
   [1    0]

Loodrechte projectie van alle vectoren van het vlak op de rechte y = m x

Neem in het vlak een vaste oorsprong O en als basis van alle vectoren van het vlak nemen we twee orthogonale eenheidsvectoren e1 en e2.
Maak een figuur en teken de eenheidsvectoren en de eenheidscirkel.
We kiezen een vaste rechte s door O welke een hoek t insluit met de x-as. De rico van de rechte s is m = tan(t).
De loodrechte projectie van de vectoren van het vlak op de rechte s is een lineaire transformatie.
Het beeld van e1(1,0) door die loodrechte projectie is de vector u1(cos2(t), sin(t) cos(t)).
Het beeld van e2(0,1) door die loodrechte projectie is de vector u2(sin(t) cos(t), sin2(t)).
De matrix van de loodrechte projectie is
 
   [cos2(t)        sin(t)cos(t)]
   [cos(t)sin(t)      sin2(t)  ]

Nu is
                 1
   cos2(t) = --------
               1 + m2

                 m2
   sin2(t) = ---------
              1 + m2

                                     m
   cos(t)sin(t) = (1/2) sin(2t) = ---------
                                   1 + m2

De matrix van de loodrechte projectie wordt

   [  1/(1+m2)       m/(1+m2) ]
   [  m/(1+m2)      m2/(1+m2) ]

Voorbeeld:

We stellen de de matrix op voor de loodrechte projectie op de rechte y = 2x. Dus m = 2.
De matrix van de projectie is

 
  [ 0.2    0.4]
  [ 0.4    0.8]
De coordinaten van het beeld w van de vector v(4,7) zijn
 
  [ 0.2    0.4][4]
  [ 0.4    0.8][7]
w = w(3.6 ; 7.2)

Controleer deze resultaten met behulp van een figuur.

Oefening: stel de matrices op voor de loodrechte projectie op de x-as, op de y-as, op de rechte y = -x.

Kern van een lineaire transformatie

De kern van een lineaire transformatie t is de verzameling van alle vectoren v zodat t(v) = 0. Notatie: ker(t).

De kern is een deelruimte van V

Daar t(0) = 0, is de kern niet ledig. Als u en v tot de kern behoren, dan
 
        t(r.u + s.v) = r.t(u) + s.t(v)
                     = r.0 + s.0
                     = 0
        Dus, r.u + s.v is in ker(t)
Vandaar is de kern een deelruimte van V.

Voorbeeld 1:
Ten opzichte van een basis is de matrix van een lineaire transformatie t

 
         [0  1 -2]
         [1  1  3]
         [0  0  0]
De vector v met coordinaten (x,y,z) behoort tot de kern als en slechts als
 
         [0  1 -2] [x]    [ 0]
         [1  1  3] [y]  = [ 0]
         [0  0  0] [z]    [ 0]
<=>
          y - 2z = 0
      x + y + 3z = 0
We krijgen een homogeen stelsel van twee vergelijkingen. We kunnen x en y beschouwen als hoofdonbekenden.
 
          y =  2z
          x = -5z
Voor elke z-waarde krijgen we de coordinaten van een vector van ker(t).
De coordinaten van de vectoren van de kern zijn
{ (-5r , 2r, r) | r in R } = { r(-5,2,1) | r in R }.
Die kern bestaat uit al de veelvouden van de vector v(-5,2,1) en is een deelruimte van V met dimensie 1.

Voorbeeld 2:

R[x] is de verzameling van alle veeltermen in x met reele coefficienten.
t : R[x] -> R[x] : p(x) --> p'(x) waarbij p'(x) de afgeleide is van de veelterm p(x)

De kern van deze lineaire transformatie is de verzameling van alle veeltermen met afgeleide 0. Ker(t) = R

Voorbeeld 3:

Neem de loodrechte projectie van alle vectoren van het vlak op de rechte y=m(x). Deze transformatie is een lineaire transformatie.
De kern is de verzameling van alle vectoren die in de nulvector geprojecteerd worden. De beeldpunten van die vectoren zijn juist de punten van de rechte y = (-1/m) x. Het is een deelruimte van V met dimensie 1.

Nulliteit

De dimensie van de kern heet nulliteit van de lineaire transformatie t.

Dekpunten van een lineaire transformatie

Zij t een lineaire transformatie van V.

Een vector v welke door t getransformeerd wordt in zichzelf heet een dekpunt van t. We hebben dan t(v)= v.

Men kan gemakkelijk aantonen dat de verzameling van alle dekpunten van t een deelruimte van V vormen. (oefening)

Merk op: dekpunten zijn vectoren!

Voorbeeld:

Zij t de loodrechte projectie van alle vectoren van het vlak op de rechte y = m x. Alle vectoren met beeldpunt op die rechte zijn dekpunten van t.

Matrix en de verandering van een basis

We tonen dit hier voor dim(V)=3, maar alles is gemakkelijk te veralgemenen.
Noem (e1, e2, e3) een geordende basis is van V.
Verder is t is een lineaire transformatie van V met matrix Ao.
 
             [a  d  g]
        Ao = [b  e  h]
             [c  f  i]
De lineaire transformatie t transformeert een willekeurige vector
v = k.e1+l.e2+m.e3 in t(v) = k'.e1+l'.e2+m'.e3 en dan is
 
        [k']   [a  d  g] [k]
        [l'] = [b  e  h].[l]
        [m']   [c  f  i] [m]

We geven de kolommatrices een naam:

          [k']            [k]
    Ko' = [l']   en Ko =  [l]
          [m']            [m]
Ko is de coordinatenmatrix van v en Ko' is de coordinatenmatrix van t(v) ten opzichte van de basis (e1, e2, e3) en
 
Ko' = Ao.Ko            (*)
We nemen nu een nieuwe basis in V. Alle vectoren krijgen nieuwe coordinaten.
Uit de theorie van de vectorruimten weten we dat deze nieuwe coordinaten verbonden zijn met de oude door een transformatiematrix C.
De kolommen van C zijn de coordinaten van de nieuwe basisvectoren, ten opzichte van de oorspronkelijke (oude) basis

We noteren de nieuwe coordinaten van een vector, in matrix vorm, als Kn. Dus de index o staat voor oud en de index n staat voor nieuw.

Dan is Ko = C.Kn en Ko' = C.Kn'
We schrijven (*) nu met nieuwe coordinaten.

 
        C.Kn' = Ao.C.Kn

<=>       Kn' = C-1  .Ao.C.Kn      (**)
De laatste formule geeft het verband tussen de nieuwe coordinaten van v en de nieuwe coordinaten van t(v).

We noemen nu An de matrix van t ten opzichte van de nieuwe basis. Dan hebben we

 
        Kn' = An.Kn      (***)
Uit (**) en (***) zien we dat
 
        An = C-1  .Ao.C
De laatste formule geeft ons de mogelijkheid de nieuwe matrix An van t te berekenen uit de oude matrix Ao.

Voorbeeld
In een 2-dimensionale ruimte met basis (e1, e2), heeft een lineaire transformatie t de matrix

 
        [3  1]
        [-1 1]
We nemen nu een nieuwe basis
 
        e1' = e1 + e2
        e2' = e1 - e2

De transformatie matrix C is

        [1  1]
        [1 -1]

en hieruit volgt voor  C-1

        [1/2   1/2]
        [1/2  -1/2]

De matrix van de lineaire transformatie t ten opzichte van de nieuwe
basis is

        [1/2   1/2] [3  1] [1  1]
        [1/2  -1/2] [-1 1] [1 -1]


 =      [2   0]
        [2   2]
Toepassing

Stel dat we in een vlak werken waarin een orthonormaal assenstelsel gegeven is. Er is dus een orthonormale basis basis (e1, e2) aanwezig. We nemen een rotatie over een hoek van pi/4 radialen. We weten dat dit een lineaire transformatie is met matrix A

 
A = [1/sqrt(2)   -1/sqrt(2)]
    [1/sqrt(2)    1/sqrt(2)]


  = 1/sqrt(2) . [1 -1]
                [1  1]
Stel dat het voor een bepaalde toepassing nuttig is over te gaan naar een scheefhoekig assenstelsel met nieuwe basisvectoren (e1', e2') met
e1' = e1 en e2' = e1 + e2 .

Als we de vermelde rotatie willen gebruiken in het nieuwe assenstelsel moeten we de matrix ervan geschikt maken voor gebruik in dat nieuwe assenstelsel. Er ontstaat dan een nieuwe matrix welke gelijk is aan C-1. A .C

Nu zijn de kolommen van C de coordinaten van de nieuwe basisvectoren, ten opzichte van de oorspronkelijke (oude) basis.

 
   C= [1  1]
      [0  1]
De nieuwe matrix An van de rotatie is dan na berekening:
 
  An =  1/sqrt(2) . [0   -2]
                    [1    2]

Gelijkvormige matrices

Twee n x n matrices A an B heten gelijkvormig als en slechts als er een niet singuliere n x n matrix C bestaat zo dat
 
        B  = C-1. A .C
Uit de vorige formule volgt dat twee matrices van een lineaire transformatie, ten opzichte van een verschillende basis, gelijkvormig zijn.

Eigenschap van gelijkvormige matrices

A en B zijn gelijkvormige matrices. Dan geldt
 
        B  = C-1. A .C

=>     |B| =|C-1|.|A|.|C|

=>     |B| =|C-1|.|C|.|A|


=>     |B| = |A|

Dus, gelijkvormige matrices hebben dezelfde determinant.

Som van lineaire transformaties

De som van twee lineaire transformaties t en t' is gedefinieerd door
 
        t+t' : V -> V : v -> t(v) + t'(v)
Het is gemakkelijk aan te tonen dat t+t' een lineaire transformatie is en dat de matrix van t+t' gelijk is aan de som van de matrices van t en t'.

Scalaire vermenigvuldiging van een lineaire transformatie met een reele getal

De scalaire vermenigvuldiging van een lineaire transformatie t met een reele getal r wordt gedefinieerd door
 
        r.t : V -> V : v -> r.t(v)
Het is gemakkelijk aan te tonen dat r.t een lineaire transformatie is en dat de matrix van r.t gelijk is aan r.(matrix van t).

Samenstelling van twee lineaire transformaties

De samenstelling van twee lineaire transformaties t en t' wordt gedefinieerd door
 
        t' o t : V -> V : v -> t'(t(v))
Het is gemakkelijk aan te tonen dat t' o t een lineaire transformatie is en dat de matrix van t' o t gelijk is aan
(matrix van t').(matrix van t) .

Voorbeeld
t1 en t2 zijn lineaire transformaties met respectievelijk matrices A en B

 
A= [1  3]   B= [-1  1]
   [0  3]      [1   4]
De lineaire transformatie t2 o t1 heeft matrix
 
B.A = [ -1, 0  ]
      [ 1,  15 ]
De lineaire transformatie t1 o t2 heeft matrix
 
A.B = [ 2, 13 ]
      [ 3, 12 ]
De samenstelling van lineaire transformaties is niet commutatief.

Macht van een lineaire transformatie

Zij t een lineaire transformatie met matrix A t.o.v een basis in V.
De n-de macht van een lineaire transformatie t wordt gedetineerd door
 
 voor n= 2 geldt:
 t2 : V -> V : v -> t(t(v))
 voor n > 2 geldt :
 tn : V -> V : v -> t(tn-1 (v))

Voorbeeld:
t4(v) = t(t(t(t(v))))
Hieruit volgt onmiddellijk dat de matrix van tn gelijk is aan An.

Veeltermen in t

Zij t een lineaire transformatie met matrix A t.o.v een basis in V.
We stellen de identieke lineaire transformatie voor door I en we gebruiken hetzelfde symbool voor de eenheidsmatrix.

Daar optelling, scalaire vermenigvuldiging en macht van t gedefinieerd is, kunnen we schrijven

 
  3 t3 - 4 t2 +  t + I is een lineaire transformatie met matrix  3 A3 - 4 A2 +  A + I

    (t - I).(2 t2 + 5I) is een lineaire transformatie met matrix  (A - I).(2 A2 + 5I)

    (t - I).(2 t2 + 5I) = 2 t3 - 2 t2 + 5 t - 5 I

    3 t3 - 4 t2 +  t + I = 0  <=> 3 A3 - 4 A2 +  A + I = 0
Gevolg :
Zij f(x)een veelterm in x.
Als voor een lineaire transformatie t, met matrix A, geldt dat f(t) = 0 dan is f(A)=0 en omgekeerd.

Projectie, spiegeling en gelijkvormigheid in een vectorruimte

Projectie in een vectorruimte

Kies twee supplementaire deelruimten M en N uit V. Elke vector v van V kan juist op 1 manier geschreven worden als som van een element m van M en een element n van N.

Dan is v = m + n .

Nu kunnen we een transformatie definieren

 
p: V --> V : v --> m

We noemen die transformatie

        De projectie van  V op M evenwijdig met N
Men toont gemakkelijk aan dat dit een lineaire transformatie is.

Projectie, voorbeeld 1

V is de vectorruimte van alle veeltermen in x met graad kleiner of gelijk aan 3.
We definieren twee supplementaire deelruimten.
M = span { 1, x }
N = span { x2, x3 }
Elke vector van V is de som van juist 1 vector van M en van N.
vb: 2x3 - x2 + 4x - 7 = (2x3 - x2) + (4x - 7)

Noem p de projectie van V op M evenwijdig met N, dan

 
    p(2x3 - x2 + 4x - 7 ) = 4x - 7
Noem q de projectie van V op N evenwijdig met M, dan
 
    q(2x3 - x2 + 4x - 7 ) = 2x3 - x2
Kiezen we de basis (1, x, x2, x3) in V, dan kunnen we de matrix van de projectie opstellen.
De kolommen van die matrix zijn de coordinaten van de beelden van de basisvectoren

Voor de projectie p vinden we

 
 [ 1 0 0 0 ]
 [ 0 1 0 0 ]
 [ 0 0 0 0 ]
 [ 0 0 0 0 ]

Projectie voorbeeld 2

V = R3 met daarin een natuurlijke basis Bo.
M is de deelruimte opgespannen door { (1,0,2) ; (0,1,0) }.
We berekenen de matrix Ao van de projectie p van V op M evenwijdig met N = span((2,0,-1)).

Om Ao te berekenen beschouwen we eerst in V een nieuwe basis
B1 = ( (1,0,2) , (0,1,0) , (2,0,-1) ).
Die nieuwe basis wordt zo gekozen dat de projectie van die basisvectoren zeer eenvoudig is. We zien inderdaad dat : De projectie van (1,0,2) is (1,0,2)
De projectie van (0,1,0) is (0,1,0)
De projectie van (2,0,-1) is (0,0,0)
De matrix A1 van de projectie heeft als kolommen de coordinaten van de geprojecteerde basisvectoren, dus van (1,0,2);(0,1,0) en (0,0,0), ten opzichte van de niewe basis B1 . Die matrix is

 
       [1 0 0]
 A1 =  [0 1 0]
       [0 0 0]
Het verband tussen A1 en Ao is A1 = C-1 Ao C
Hierin is C de transformatie matrix voor de overgang van basis Bo naar basis B1. De kolommen van C zijn de coordinatenvan de basisvectoren van B1 ten opzichte van de natuurlijke basis.
 
     [1  0  2]
 C = [0  1  0]
     [2  0 -1]

Nu is Ao = C A1 C-1

             [ 1, 0, 2 ]
 Ao = (1/5)  [ 0, 5, 0 ]
             [ 2, 0, 4 ]
Met deze matrix kan men onmiddellijk de projectie berekenen van een willekeurige vector.
Voorbeeld: we berekenen de projectie van (6,-1,2).
 
          [ 1, 0, 2 ] [ 6]     [ 2  ]
    (1/5) [ 0, 5, 0 ] [-1] =   [ -1 ]
          [ 2, 0, 4 ] [ 2]     [ 4  ]

Projectie - voorbeeld 3

Loodrechte projectie van een vector op een vlak in de gewone driedimensionale ruimte en matrix van die projectie

Gelijkvormigheidstransformatie van een vectorruimte

Zij r een constant reeel getal.
In een vectorruimte V definieren we de transformatie
 
   h : V --> V : v --> r.v
We noemen h een gelijkvormigheidstransformatie van V met factor r.

Belangrijke speciale waarden voor r zijn 0, 1 en -1.

Men toont gemakkelijk aan dat dit een lineaire transformatie is.

Spiegeling in een vectorruimte

Kies twee supplementaire deelruimten M en N uit V. Elke vector v van V kan juist op 1 manier geschreven worden als som van een element m van M en een element n van N.

Nu kunnen we een transformatie definieren

 
    s : V --> V : v --> m - n
We zeggen dat s de spiegeling is van V om M evenwijdig met N.

Men toont gemakkelijk aan dat dit een lineaire transformatie is.

Deze definitie is de veralgemening van een gewone spiegeling in het vlak. Inderdaad, als je de gewone vectoren neemt in het vlak en als M en N deelruimten zijn met dimensie 1, dan zal je zien dat, met de vorige definitie, s niets anders is dan de gewone spiegeling om M evenwijdig met N.

Voorbeeld 1 van spiegeling en matrix van die spiegeling

 
Neem V = R4.

M = span{(0,1,3,1);(1,0,-1,0)}

N = span{(0,0,0,1);(3,2,1,0)}
M en N zijn supplementaire deelruimten. (bewijs als oefening)

We berekenen nu het beeld van de spiegeling van de vector v = (4,3,3,1) om M evenwijdig met N.

Eerst schrijven we v als de som van m uit M en n uit N.

 
 (4,3,3,1) = x.(0,1,3,1) + y.(1,0,-1,0) + z.(0,0,0,1) + t.(3,2,1,0)
De oplossing van dit stelsel is x = 1; y = 1; z = 0; t = 1. De unieke splitsing van v is
 
(4,3,3,1) = (1,1,2,1) + (3,2,1,0)
Het spiegelbeeld van vector v = (4,3,3,1) om M evenwijdig met N is de vector v' =
 
   (1,1,2,1) - (3,2,1,0) = (-2,-1,1,1)

Kiezen we in R4 de natuurlijke basis en we willen de matrix van de spiegeling opstellen. Eenmaal die matrix gekend kunnen we van elke vector onmiddellijk en op eenvoudige wijze het spiegelbeeld berekenen.

Maar het opstellen van die matrix is echter niet eenvoudig. We gaan stapsgewijs te werk en steunen op de kennis over verandering van basis en de invloed daarvan op de matrix van een lineaire transformatie.

We vertrekken dus van een natuurlijke basis. We noemen Ao nog onbekende matrix van onze spiegeling.

We gaan over naar een nieuwe basis. Als nieuwe basisvectoren kiezen we juist de gegeven generatoren van M en N. De nieuwe basis is dus
( (0,1,3,1) ; (1,0,-1,0) ; (0,0,0,1) ; (3,2,1,0) )

Ten opzichte van die nieuwe basis hebben alle vectoren van V nieuwe coordinaten. Uit de theorie van de vectorruimten weten we dat deze nieuwe coordinaten verbonden zijn met de oude door een transformatiematrix C. De kolommen van C zijn de coordinaten van de nieuwe basisvectoren, ten opzichte van de oorspronkelijke (oude) basis. In ons voorbeeld is

 
        [ 0, 1,  0, 3 ]
  C =   [ 1, 0,  0, 2 ]
        [ 3, -1, 0, 1 ]
        [ 1, 0,  1, 0 ]
Ten opzichte van die nieuwe basis heeft de lineaire transformatie, de spiegeling, een eenvoudige matrix. De kolommen van die matrix zijn de nieuwe coordinaten van de spiegelbeelden van de nieuwe basisvectoren.
 
   Basisvector        spiegelbeeld     nieuwe coordinaten van dat spiegelbeeld
   ----------        --------------    ---------------------------------------
    (0,1,3,1)          (0,1,3,1)               (1, 0, 0, 0)
    (1,0,-1,0)         (1,0,-1,0)              (0, 1, 0, 0)
    (0,0,0,1)         -(0,0,0,1)               (0, 0,-1, 0)
    (3,2,1,0)         -(3,2,1,0)               (0, 0, 0,-1)

De matrix van de spiegeling ten opzichte van de nieuwe basis is dus

        [1 0  0  0]
  An =  [0 1  0  0]
        [0 0 -1  0]
        [0 0  0 -1]

Tussen de oude en nieuwe matrix van de spiegeling bestaat het verband

     An = C-1 Ao C
<=>
     Ao = C An C-1

Hiermee berekenen we nu de matrix Ao van de spiegeling ten opzichte
van de natuurlijke basis. Men vindt :

       [4 -9  3  0]
 Ao =  [2 -5  2  0]
       [1 -3  2  0]
       [2 -4  2 -1]
Eenmaal dit resultaat gevonden is, is het nu zeer gemakkelijk het spiegelbeeld van een willekeurige vector te vinden.
Als voorbeeld hernemen we de vector v = (4,3,3,1) van hierboven. Het spiegelbeeld is :
 
      [4 -9  3  0][4]    [-2]
      [2 -5  2  0][3] =  [-1]
      [1 -3  2  0][3]    [1 ]
      [2 -4  2 -1][1]    [1 ]
En we vinden zonder moeite hetzelfde resultaat als hierboven.

Voorbeeld 2 van spiegeling en matrix van die spiegeling

Orthogonale spiegeling van een vector ten opzichte van een vlak in de gewone driedimensionale ruimte en matrix van die spiegeling

Eigenvectoren en eigenwaarden

Definitie

t is een lineaire transformatie van een vectorruimte V.
 
   u heet een eigenvector van  t

                      als en slechts als

                     u is niet 0
       en er is een reeel getal r zo dat t(u) = r.u

Het reele getal r heet de eigenwaarde van u.

Een eigenvector van t is dus een van nul verschillende vector welke door t getransformeerd wordt in een veelvoud van zichzelf.
De vector u mag niet de nulvector zijn maar de eigenwaarde r kan wel nul zijn. Dus een van nul verschillende vector welke in de nulvector wordt omgezet door t is een speciale eigenvector met eigenwaarde 0. Dit betekent dat alle van nul verschillende vectoren van de kern van t eigenvectoren zijn.

Voorbeeld 1:
Neem in het vlak een orthonormaal assenstelsel met x-as en y-as door punt O. Neem de lineaire transformatie t van alle vectoren in het vlak zodat t elke vector loodrecht op de x-as projecteert. De van 0 verschillende vectoren met beeldpunt op de y-as, worden in de nulvector getransformeerd. Het zijn vectoren uit de kern van t. De eigenwaarde is 0. De van 0 verschillende vectoren met beeldpunt op de x-as, worden in zichzelf getransformeerd. De eigenwaarde is 1 want t(u) = 1.u = u.

Voorbeeld 2:
Neem in het vlak een orthonormaal assenstelsel met x-as en y-as door punt O. Neem als lineaire transformatie een rotatie om O over een hoek pi/11. Geen enkele van 0 verschillende vector van het vlak wordt in een veelvoud van zichzelf getransformeerd. Die rotatie heeft geen enkele eigenvector.

Oefening:
Neem in het vlak een orthonormaal assenstelsel met x-as en y-as door punt O. Neem als lineaire transformatie de loodrechte spiegeling om de rechte y=x. Bepaal alle eigenvectoren met hun eigenwaarde.

Eigenwaarden en eigenvectoren in een ruimte met dimensie 3.

t is een lineaire transformatie van een vectorruimte V met dimensie 3.
We nemen een vaste basis in V. Ten opzichte van die basis heeft t een unieke matrix .
 
          [a  b  c]
          [d  e  f]
          [g  h  i]

We noemen  co(u) = (x,y,z).

         u(x,y,z) is een eigenvector van t met eigenwaarde  r

                          <=>

                 t(u) = r.u  en  u not 0

                          <=>

                [a  b  c] [x]     [x]       [x]     [0]
                [d  e  f].[y] = r.[y]  met  [y] niet[0]
                [g  h  i] [z]     [z]       [z]     [0]


                          <=>

               [a  b  c] [x]     [1  0  0] [x]   [0]         [x]     [0]
               [d  e  f].[y] - r.[0  1  0].[y] = [0]    met  [y] niet[0]
               [g  h  i] [z]     [0  0  1] [z]   [0]         [z]     [0]


                         <=>

               [a  b  c] [x]     [r  0  0] [x]   [0]         [x]     [0]
               [d  e  f].[y]  -  [0  r  0].[y] = [0]    met  [y] niet[0]
               [g  h  i] [z]     [0  0  r] [z]   [0]         [z]     [0]


                        <=>
              het homogeen stelsel in x,y,z

               [a-r  b   c ] [x]    [0]
               [d   e-r  f ].[y]  = [0]
               [g    h  i-r] [z]    [0]

              heeft een oplossing verschillend van  (0,0,0).

                        <=>

                   |a-r  b   c |
                   |d   e-r  f | = 0
                   |g    h  i-r|

De laatste vergelijking heet de karakteristieke vergelijking van t ten opzichte van de vaste basis in V. Die vergelijking wordt gewoonlijk geschreven in de vorm det(A - r I) = 0 of |A - r I| = 0. Hierin is A de matrix van de lineaire transformatie en I de gepaste eenheidsmatrix.

Als r een oplossing is van deze vergelijking , dan heeft het stelsel

 
                [a  b  c] [x]     [x]
                [d  e  f].[y] = r.[y]
                [g  h  i] [z]     [z]

een oplossing (x,y,z) verschillend van (0,0,0). Met deze oplossing correspondeert een eigenvector u(x,y,z) en eigenwaarde r van t.

Voorbeeld :

Bepaal eigenwaarden en eigenvectoren van de matrix

 
 [ 2   1  0 ]
 [ -1  0  4 ]
 [ 0   2  1 ]

De eigenwaarden zijn oplossingen van
 
 | 2-r   1      0 |
 | -1    -r     4 | = 0
 | 0     2    1-r |
Die oplossingen zijn 3 ; sqrt(5) en -sqrt(5)

We zoeken de eigenvectoren behorend bij de eigenwaarde 3

 
 [ 2   1  0 ][x]     [x]
 [ -1  0  4 ][y] = 3 [y]
 [ 0   2  1 ][z]     [z]
Dit stelsel is een homogeen stelsel met 1 nevenvergelijking. De nevenvergelijking mag geschrapt worden. We vinden als eigenvectoren alle , van (0,0,0) verschillende, veelvouden van (1,1,1).

We zoeken de eigenvectoren behorend bij de eigenwaarde sqrt(5).

 
 [ 2   1  0 ][x]           [x]
 [ -1  0  4 ][y] = sqrt(5) [y]
 [ 0   2  1 ][z]           [z]
Dit stelsel is een homogeen stelsel met 1 nevenvergelijking. De nevenvergelijking mag geschrapt worden. We vinden als eigenvectoren alle , van (0,0,0) verschillende, veelvouden van (1, sqrt(5)-2, (3-sqrt(5))/2 ).

We zoeken de eigenvectoren behorend bij de eigenwaarde -sqrt(5).
Werk dit uit als oefening.

Deze denkwijze en werkwijze kan uitgebreid worden tot vectorruimten met dimensie n.

Eigenruimte corresponderend met een eigenwaarde.

Stelling:
De verzameling van alle eigenvectoren behorend bij een eigenwaarde k, vormen samen met de nulvector een vectorruimte.
Bewijs:
Noem u en v eigenvectoren met eigenwaarde k, dan t(u) = k.u en t(v) = k.v.
Vandaar hebben we voor alle reele r en s
 
t(r.u + s.v) = r.t(u) + s.t(v) = r.k.u + s.k.v = k.(r.u + s.v)
Dus, voor alle reele r en s is (r.u + s.v) een eigenvector met eigenwaarde k.

Lineair onafhankelijke eigenvectoren.

Stelling:
Neem een vectorruimte met dimensie 3 en een lineaire transformatie t.
Als 2 eigenvectoren corresponderen met verschillende eigenwaarden, dan zijn die eigenvectoren lineair onafhankelijk.

Bewijs:
v = eigenvector met eigenwaarde k.
w = eigenvector met eigenwaarde l.
Onderstel dat v en w lineair afhankelijk zijn, dan bestaat er een getal r zo dat

 
        w = r v
=>      t(w) = t(r v)
=>      l w = r.t(v)
=>      l w = r. k v
=>      l r v = r. k v
=>        k = l
Dit is in strijd met het feit dat de twee eigenwaarden verschillend zijn.

Deze stelling kan uitgebreid worden tot vectorruimten met dimensie n. Neem een ruimte met dimensie n en een lineaire transformatie t.
Als de n eigenvectoren corresponderen met allemaal verschillende eigenwaarden, dan zijn die eigenvectoren lineair onafhankelijk.

Eigenvectoren als een basis van een vectorruimte

Uit vorige stelling volgt:
Neem een vectorruimte V met dimensie n en een lineaire transformatie t.
Als de n eigenvectoren corresponderen met allemaal verschillende eigenwaarden dan zijn die eigenvectoren lineair onafhankelijk. Deze eigenvectoren kunnen dan als een basis van V gebruikt worden.

Diagonaalmatrices en eigenvectoren.

Neem een vectorruimte V met dimensie 2 en een lineaire transformatie t.
Als 2 eigenvectoren v en w corresponderen met verschillende eigenwaarden k en l, dan vormen deze eigenvectoren een basis voor V. De beelden van v en w zijn
 
        t(v) = k.v = k.v + 0.w
        t(w) = l.w = 0.v + l.w

De matrix van t ten opzichte van de  basis ( v , w ) is

        [ k   0 ]
        [ 0   l ]
en de matrix is een diagonaalmatrix

Dit kan uitgebreid worden tot vectorruimten met dimensie n.
Neem een vectorruimte V met dimensie n en een lineaire transformatie t.
Als de n eigenvectoren corresponderen met allemaal verschillende eigenwaarden, dan zijn de eigenvectoren lineair onafhankelijk. Die eigenvectoren vormen een basis van V. De matrix van t ten opzichte van die basis is een diagonaalmatrix en de eigenwaarden zijn juist de diagonaalelementen van die matrix.

Gevolg

Stel dat een lineaire transformatie t met matrix A ten opzichte van een basis n eigenvectoren heeft die corresponderen met allemaal verschillende eigenwaarden. We vormen net die eigenvectoren een nieuwe basis. De nieuwe matrix van t is dan een diagonaalmatrix D. We weten dat er een verband is tussen A en D.
 
        D = C-1 . A . C
waarin C de transformatiematrix is. De kolommen van C zijn de coordinaten van de nieuwe basisvectoren (eigenvectoren) ten opzichte van de originele basis in V.

Voorbeeld.

In een vectorruimte met dimensie 2 en met basis (e1, e2) heeft een lineaire transformatie t matrix A =
 
        [4 -1]
        [2  1]
Voor de eigenwaarden vinden we 3 en 2.
Als overeenkomstige eigenvectoren kiezen we v1(1,1) en v2(1,2).
Neem deze eigenvectoren als nieuwe basis.
De transformatie matrix is
 
        [1  1]
        [1  2]
We hebben
 
                        -1
        [3  0]  = [1  1]  [4  -1] [1  1]
        [0  2]    [1  2]  [2   1] [1  2]
De matrix van de lineaire transformatie is gediagonaliseerd.

Criterium voor diagonaliseerbaarheid van een matrix

We zullen aan de hand van twee stellingen een criterium uitwerken omtrent de diagonaliseerbaarheid van een reele n x n matrix.

Stelling 1

Als een reele n x n matrix A gelijkvormig is met een diagonaalmatrix D
Dan vormen de eigenvectoren van A een voortbrengend deel van de vectorruimte V= Rn.

Bewijs:
Neem een lineaire transformatie t met matrix A. Daar A gelijkvormig is met D bestaat er een gepaste basis B van V zodat D de matrix wordt van de lineaire transformatie t.

De coordinaten X van een willekeurige vector v worden dan getransformeerd in de coordinaten X' van t(v).
De transformatieformule is X' = D X met D de diagonaalmatrix (d1, d2, ... ,dn).

Een willekeurige basisvector van B wordt dan door t omgezet in een veelvoud van zichzelf en is daardoor dus een eigenvector.

Maar als de basisvectoren van B eigenvectoren zijn, dan zijn alle eigenvectoren zeker een voortbrengend deel van de vectorruimte V= Rn.

Stelling 2

Als de eigenvectoren van een n x n matrix A een voortbrengend deel van de vectorruimte V= Rn vormen
Dan is A gelijkvormig met een diagonaalmatrix D.

Bewijs:
Neem een lineaire transformatie t met matrix A. Daar de eigenvectoren van A een voortbrengend deel van de vectorruimte V= Rn vormen, kunnen we daaruit een basis kiezen. Daar al die basisvectoren eigenvectoren zijn, zal het beeld van elke basisvector een veelvoud van zichzelf zijn. De kolommen van de matrix van t ten opzichte van die basis zullen dan veelvouden van de basisvectoren zijn en zo een diagonaalmatrix D vormen. Dan is D gelijkvormig mat A.

Uit deze twee stellingen volgt een belangrijk besluit:

Criterium

Een reele n x n matrix A is diagonaliseerbaar als en slechts als de eigenvectoren van A een voortbrengend deel vormen van Rn.

Procedure

Om een reele n x n matrix A te diagonaliseren, berekent men n onafhankelijke eigenvectoren.
Men kiest die vectoren als kolommen van een matrix P.
Het verband tussen A en D is P-1.A.P = D.
Op de diagonaal van de diagonaalmatrix D staan de eigenwaarden van die eigenvectoren.

Concreet eenvoudig voorbeeld

 
Neem A =

   [0 0 0 0]
   [0 0 0 0]
   [1 0 1 0]
   [0 1 0 1]
De eigenwaarden zijn 0, 0, 1, 1
De overeenkomstige eigenvectoren kunnen we zo eenvoudig mogelijk kiezen :
 
  [1]    [0]   [0]  [0]
  [0]    [1]   [0]  [0]
  [-1]   [0]   [1]  [0]
  [0]    [-1]  [0]  [1]
Ze vormen een voortbrengend deel van V=R4
We plaatsen de eigenvectoren als kolommen in matrix P. Dan is P =
 
  [1  0 0 0]
  [0  1 0 0]
  [-1 0 1 0]
  [0 -1 0 1]

Dan is P-1.A.P =
 
  [0 0 0 0]
  [0 0 0 0]
  [0 0 1 0]
  [0 0 0 1]

Het is een diagonaalmatrix met de eigenwaarden op de diagonaal. De matrix A is gediagonaliseerd.

Tweede voorbeeld

 
Neem A =

   [2  0 -1  0]
   [2  1  0 -2]
   [0  0  1  0]
   [2 -1 -1  0]
De eigenwaarden zijn 1, -1, 2, 2
De overeenkomstige eigenvectoren kunnen we zo eenvoudig mogelijk kiezen :
 
  [1]    [0]   [1]  [1]
  [0]    [1]   [2]  [0]
  [1]    [0]   [0]  [0]
  [1]    [1]   [0]  [1]
Ze vormen een voortbrengend deel van V=R4
We plaatsen de eigenvectoren als kolommen in matrix P. Dan is P =
 
  [1  0  1  1]
  [0  1  2  0]
  [1  0  0  0]
  [1  1  0  1]

Dan is P-1.A.P = D =
 
  [1  0  0  0]
  [0 -1  0  0]
  [0  0  2  0]
  [0  0  0  2]

Het is een diagonaalmatrix met de eigenwaarden op de diagonaal. De matrix A is gediagonaliseerd.

Macht van een diagonaalmatrix

Steunend op volledige inductie is het gemakkelijk om aan te tonen dat

diag(a, b, ... l)n = diag(an, bn, ... ln)

Macht van een matrix

Onderstel dat het mogelijk is om een matrix A te diagonaliseren tot matrix D. Dan is er een matrix P zo dat
 
    D = P-1.A.P  <=> A = P.D.P-1
Dan

    An = P.D.P-1 . P.D.P-1 . P.D.P-1 . ... . P.D.P-1

    An = P.Dn.P-1
Daar het eenvoudig is om Dn te berekenen, kan daaruit ook An berekend worden.

Voorbeeld:

 
Neem A =

   [2  0 -1  0]
   [2  1  0 -2]
   [0  0  1  0]
   [2 -1 -1  0]
In een vorig voorbeeld hebben we deze matrix gediagonaliseerd. We hadden gevonden
P-1.A.P = D =
 
  [1  0  0  0]
  [0 -1  0  0]
  [0  0  2  0]
  [0  0  0  2]

Hierin was P =
 
  [1  0  1  1]
  [0  1  2  0]
  [1  0  0  0]
  [1  1  0  1]

Stel dat we A4 willen berekenen. D4 is eenvoudig te berekenen.
D4 =
 
  [1  0  0  0]
  [0  1  0  0]
  [0  0 16  0]
  [0  0  0 16]

A4 is nu gelijk aan P.D4.P-1 =
 
 [ 16, 0,  -15,  0  ]
 [ 10, 11,  0,  -10 ]
 [ 0,  0,   1,   0  ]
 [ 10, -5, -15,  6  ]


De toepassingen van deze methode liggen eerder in het theoretische domein. Als illustratie van de kracht van dit resultaat tonen we aan hoe de n-de term van de fibonacci rij kan gevonden worden vertrekkende van de recursieve formule.

Fibonacci

De Fibonacci rij is 1, 1, 2, 3, 5, 8, ...

De recursieve formule is un = un-1 + un-2

Vertrekkende hiervan zullen we de expliciete gedaante van de n-de term berekenen.

Eerst schrijven we un-1 + un-2 = un in een speciale matrix vorm.

 
    [ 1   1 ]   [ un-1]
    [ 1   0 ]   [ un-2]    =

    [  un  ]
    [ un-1 ]


Noem M =
        [ 1   1 ]
        [ 1   0 ]
en
Noem  F =
        [1]
        [1]



Dan
     [u3]
     [  ]     = M. F
     [u2]


Dan  [u4]        [u3]
     [  ]   =  M.[  ]     =   M2. F
     [u3]        [u2]

...

Dan  [un  ]
     [    ]      =     Mn-2. F                (1)
     [un-1]

Nu zullen we Mn-2 berekenen. Om de hierboven uiteengezette methode te gebruiken moeten we eerst de eigenwaarden en eigenvectoren van M berekenen.

De karakteristieke vergelijking is r2 - r - 1 = 0 .

De eigenwaarden zijn (1 + sqrt(5))/2 en (1 - sqrt(5))/2.
We noemen deze eigenwaarden respectievelijk k en l.

Merk op dat k - l = sqrt(5) en k.l = 1.

Je vindt dat (k,1) een eigenvector is corresponderend met k
en (l,1) is een eigenvector corresponderend met l.

We kiezen die eigenvectoren als nieuwe basis. We hebben nu het verband tussen M en de diagonaalmatrix.

 
    [k  0]
    [0  l]     =

          -1
    [k  l]               [k  l]
    [1  1]      . M .    [1  1]


    Dit is gelijkwaardig met

    M =

    [k  l]  [k  0]   [k  l] -1
    [1  1]  [0  l]   [1  1]

Hieruit berekenen we Mn-2
 
    Mn-2 =


    [k  l]  [kn-2  0]   [k  l] -1
    [1  1]  [0  ln-2]   [1  1]


Nu is
    [k  l] -1
    [1  1]          =

    [1/(k-l)    -l/(k-l)]
    [-1/(k-l)    k/(k-l)]    =

    [1/sqrt(5)  -l/sqrt(5)]
    [-1/sqrt(5)  k/sqrt(5)]

we vinden

   Mn-2 =

    [k  l]  [kn-2  0]  [1/sqrt(5)  -l/sqrt(5)]
    [1  1]  [0  ln-2]  [-1/sqrt(5)  k/sqrt(5)]

Als we alleen de eerste rij schrijven van het product komt er

    = (1/sqrt(5)) . [kn-1 - ln-1     -l.kn-1+ln-1.k ]

en uit  (1)

  un =  (1/sqrt(5)) .( kn-1 - ln-1 -l.kn-1+ln-1.k )

<=>

  un =   (1/sqrt(5)) .(kn-1.(1-l) - ln-1.(1-k))

<=>

  un =   (1/sqrt(5)) .(kn - ln)


 met k = (1 + sqrt(5))/2  en l = (1 - sqrt(5))/2.

Dit is de formule voor de n-de term van de rij van fibonacci.

Cayley - Hamilton

Karakteristieke veelterm en karakteristieke vergelijking.

Zij A een matrix welke correspondeert met een lineaire transformatie t.

We weten dat de eigenwaarden r oplossingen zijn van de karakteristieke vergelijking |A - r.I| = 0.
De veelterm |A - r.I| heet de karakteristieke veelterm corresponderend met A. Het is een veelterm in r.

Stelling van Cayley-Hamilton

Elke vierkante matrix A is een oplossing van zijn eigen karakteristieke vergelijking |A - r.I| = 0.

Het bewijs van deze stelling valt buiten het raam van deze uiteenzetting.

Voorbeeld :

 
        [ 2   1  0 ]
Zij A = [ -1  0  4 ]
        [ 0   2  1 ]

De karakteristieke vergelijking is

     | 2-r   1      0 |
     | -1    -r     4 | = 0  <=>  - r3 + 3 r2 + 5r -15 = 0
     | 0     2    1-r |

Krachtens de  stelling geldt:  - A3 + 3 A2 + 5 A -15 = 0




Uitgewerkte Oefeningen

 
opgeloste oefeningen over lineaire transformaties kan je via deze link vinden.
 





MATH-abundance - tutorial

Site adres is http://home.scarlet.be/math/nl/

Zend alle vragen, foutmeldingen en opmerkingen naar Johan.Claeys@ping.be
Het onderwerp of subject van de mail moet het woord 'wiskunde' bevatten omdat andere mails weggefilterd worden.