Oefeningen op hoofdstuk 2
Affiene ruimten
2.1
Basistellingen
Oefening 2.1. Er zijn maar een eindig aantal lineaire afbeeldingen op een eindigdimensionale vectorruimte Fnq over een eindig veld Fq . Tel het aantal elementen in GL(n, q).
Oplossing 2.1. Om het aantal elementen van GL(n, q) = {A ∈ Matn (q) | det(A) 6= 0} te tellen, bepalen
we de voorwaarden waaraan de matrices in GL(n, q) moeten voldoen door ze rij per rij op te bouwen en er
telkens voor te zorgen dat de determinant onmogelijk nul kan worden, in elke stap. Een algemene matrix
A heeft de vorm:

 

a11 a12 · · · a1n
A1
 a21 a22 · · · a2n   A2 

 

A= .
..
..  =  .. 
..
 ..


.
.
. 
.
an1 an2 · · · ann
An
Voor elke rij gaan we als volgt te werk: we nemen het totaal aantal mogelijkheden om ze te kiezen
en trekken daar alle mogelijkheden vanaf waardoor de determinant nul zou worden. Het totaal aantal
mogelijkheden voor ´e´en rij is gewoon alle mogelijkheden om n elementen uit een veld Fq te kiezen, dus
qn.
Hiervan moeten we het aantal verboden mogelijkheden aftrekken. Dit aantal halen we uit de voorwaarde
det(A) 6= 0: dit betekent dat een rij geen lineaire combinatie mag zijn van de vorige. Merk op dat ook de
nulrij bij dit aantal verboden combinaties zit, als de triviale combinatie: Ak = 0·A1 +0·A2 +· · ·+0·Ak−1 .
Aangezien de eerste rij geen voorgangers heeft waarvan ze lineair afhankelijk kan zijn, is de enige verboden
rij de nulrij. Het aantal mogelijkheden om een goede eerste rij te kiezen wordt dus q n − 1.
Voor A2 zijn er meer verboden mogelijkheden, namelijk alle mogelijke veelvouden van de eerste rij: A2 =
λA1 . Merk op dat de nulrij hier weer in zit, nl. voor λ = 0. Omdat {λA1 | λ ∈ Fq } precies kardinaliteit q
heeft, zijn er q verboden mogelijkheden en hebben we nog q n − q mogelijkheden over om A2 te kiezen.
Voor elke Ak (k ∈ {1, . . . , n}) heeft men precies q n − q k−1 toegelaten mogelijkheden, waarbij men de term
q k−1 vindt uit het aantal mogelijkheden om (λ1 , λ2 , . . . , λk−1 ) ∈ Fk−1
te kiezen, zodat Ak = λ1 · A1 + λ2 ·
q
A2 + . . . + λk−1 · Ak−1 .
Door achtereenvolgens A1 tot en met An te kiezen hebben we een niet-siguliere matrix opgebouwd. Het
totaal aantal manieren om dat te doen is het product van al deze keuzemogelijkheden per rij. We besluiten:
| GL(n, q)| =
n−1
Y
n
k
(q − q ) = q
k=0
Opgeloste oefeningen LAAM II, Affiene ruimten
n(n−1)
2
n
Y
(q i − 1).
i=1
1
Oefening 2.2. Tel het aantal elementen van SL(n, q) = {A ∈ GL(n, q) | det A = 1}.
Oplossing 2.2. We weten dat de determinantafbeelding
det : GL(n, q) → F∗q , ·
A 7→ det(A)
een morfisme is van groepen: det(A · B) = det A · det B. Bovendien is het surjectief: elk element d ∈ F∗q
kan door de determinantafbeelding bereikt worden door een matrix uit GL(n, q), bijvoorbeeld door


d 0 ··· 0
 0 1 ··· 0 


 .. .. . . ..  .
 . .
. . 
0 0 ··· 1
Verder hebben we dat
ker det = {A ∈ GL(n, q) | det A = 1} = SL(n, q).
De eerste isomorfiestelling voor groepen, toegepast op het epimorfisme det, leert ons dat
GL(n, q)/ ker det ∼
= Im det .
Dit wordt hier GL(n, q)/ SL(n, q) ∼
= F∗q , ·. Nemen we van beide leden het aantal elementen, dan vinden
we (waarbij de laatste gelijkheid uit oefening 2.1 komt):
n
n(n−1) Y
| GL(n, q)|
| GL(n, q)|
= |F∗q | ⇒ | SL(n, q)| =
=q 2
(q i − 1)
| SL(n, q)|
q−1
i=2
Oefening 2.3. Tel, in een eindige vectorruimte V (n, q) het
• aantal vectoren
• aantal vectorrechten
• aantal vectorvlakken
• aantal k-dimensionale deelruimten
Oplossing 2.3. • Elke vector kan geschreven worden als een lineaire combinatie van de vectoren van
een basis (b1 , . . . bn ), dus als k1 b1 + k2 b2 + · · · + kn bn met k1 , k2 , . . . kn ∈ Fq . Elk ander stel k’s stelt
een andere vector voor en elke ki kan op q manieren gekozen worden. Er zijn dus q n verschillende
vectoren.
• Een vectorrechte is een rechte door de oorsprong en wordt bijgevolg volledig vastgelegd door ´e´en vector
v verschillend van de nulvector. Zo zijn er q n − 1. Vectoren die een veelvoud van elkaar zijn zullen
echter dezelfde rechte opspannen – zo zijn er q −1 (de niet-0-veelvouden kv, met k ∈ Fq \{0} ). Er zijn
n −1
dus q−1 vectoren die dezelfde vectorrechte bepalen. Hieruit volgt dat er qq−1
= q n−1 +q n−2 +· · ·+q+1
vectorrechten zijn.
• Een vectorvlak is een vlak door de oorsprong en wordt dus opgespannen door twee lineair onafhankelijke vectoren. Voor de eerste vector hebben we q n − 1 mogelijkheden (alles behalve de nulvector).
Voor de tweede hebben we nog keuze uit alle vectoren, behalve de vectoren op de vectorrechte opgespannen door de eerste vector (merk op dat de nulvector ´e´en van de q vectoren is die we hierbij
uitsluiten): er blijven q n − q vectoren over.
Er zijn echter minder dan (q n − 1)(q n − q) vectorvlakken: elk vectorvlak hebben we verschillende
keren geteld, omdat sommige geordende koppels vectoren hetzelfde vectorvlak opspannen. Het aantal
mogelijkheden om een geordend koppel vectoren te kiezen in een vectorvlak, is (q 2 − 1)(q 2 − q): voor
een eerste vector mogen we alle vectoren kiezen behalve de nulvector, voor de tweede vector zijn de
q veelvouden van de eerste vector verboden.
n −1)(q n −q)
n
n−1 −1)
We besluiten dat er (q
= (q (q−1)(q
vectorvlakken zijn. Dit alles is eigenlijk wat het
2 −1)(q−1)
(q 2 −1)(q 2 −q)
betekent om een dubbele telling uit te voeren van drietallen (v, w, π) waarvoor hv, wi het vectorvlak
π is.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Basistellingen
2
• De bovenstaande werkwijze is veralgemeenbaar voor hogerdimensionale deelruimten van dimensie
k 6 n. We tellen eerst het aantal geordende k-tallen (v1 , . . . , vk ) van lineair onafhankelijke vectoren
die een k-dimensionale deelruimte opspannen. Voor de eerste zijn er q n − 1 mogelijkheden, voor
de tweede q n − q, voor de volgende q n − q 2 , voor de laatste q n − q k−1 . Elk zo’n k-tal bepaalt
precies ´e´en k-ruimte. Er zijn echter meerdere k-tallen die eenzelfde k-ruimte bepalen, namelijk
(q k − 1)(q k − q) . . . (q k − q k−1 ). Het gevraagde aantal is dus
k−1
Y q n−i − 1
(q n − 1)(q n − q) . . . (q n − q k−2 )(q n − q k−1 )
=
.
(q k − 1)(q k − q) . . . (q k − q k−2 )(q k − q k−1 )
q k−i − 1
i=0
Oefening 2.4. Tel in een (eindig) affien vlak AG(2, q) het
• aantal punten
• aantal punten op een rechte
• aantal rechten
• aantal rechten door een punt
Oplossing 2.4. • Het aantal punten in een AG(2, q) is gelijk aan het aantal punten in een vectorruimte
V (2, q), dus gelijk aan q 2 .
• Een rechte in een affien vlak is een nevenklasse van een vectorrechte in een vectorruimte. Die heeft
|V (1, q)| = q punten.
• Elke affiene rechte in AG(2, q) is een nevenklasse van een vectorrechte in V (2, q). Aangezien er q + 1
vectorrechten zijn in V (2, q), en elke vectorrechte q nevenklassen heeft, zijn er dus q(q + 1) = q 2 + q
rechten in AG(2, q).
• Het aantal rechten door een vast punt in AG(2, q) is gelijk aan het aantal (vector)rechten door de
oorsprong in V (2, q), dus gelijk aan q + 1.
E´en van deze vier hoeveelheden kon men ook vinden door een dubbele telling van de incidenties uit te
voeren. Die zou
|# punten| · |# rechten door een punt| = |# rechten| · |# punten op een rechte|
q2
·
(q + 1) = (q 2 + q)
·
q
geven, waarbij elk van de vier hierboven berekende grootheden uit de andere drie zou volgen.
Oefening 2.5. Tel in een affiene ruimte AG(n, q) het
• aantal punten
• aantal rechten
• aantal vlakken
• aantal k-dimensionale deelruimten
Oplossing 2.5. • Het aantal punten in de affiene ruimte AG(n, q) is gelijk aan het aantal punten in
de vectorruimte V (n, q), dus gelijk aan q n .
n
−1
• Er zullen q n−1 qq−1
rechten zijn. We geven drie equivalente manieren om dit te vinden.
– Elke affiene rechte in AG(n, q) komt overeen met een nevenklasse van een vectorrechte in V (n, q).
Alle nevenklassen van een vectorrechte (dit is, een parallelklasse van rechten) vormen een partitie
van alle vectoren van V (n, q) in nevenklassen van dezelfde grootte (elk q vectoren). Dus een
n −1
vectorrechte heeft q n /q = q n−1 nevenklassen. Aangezien er qq−1
vectorrechten zijn in V (n, q),
n
−1
en elke vectorrechte q n−1 nevenklassen heeft, zijn er dus q n−1 qq−1
rechten in AG(n, q).
– Noem het aantal rechten κ en voer een dubbele telling uit van de drietallen (p1 , p2 , L), met p1
en p2 verschillende punten op de rechte L. Het aantal zulke drietallen is enerzijds gelijk aan
q n (q n − 1): kies eerst p1 , daarvoor zijn er q n mogelijkheden (alle punten van AG(n, q)), en
vervolgens p2 (q n − 1 mogelijkheden: alle punten behalve p1 ). De rechte L ligt dan vast; het is
de unieke rechte door p1 en p2 . Anderzijds is het aantal drietallen ook gelijk aan κq(q − 1): kies
eerst L uit de κ rechten in AG(n, q), daarna p1 uit de q punten op L, en ten slotte p2 uit de
q − 1 punten op L, verschillend van p1 . Er geldt dus dat q n (q n − 1) = κq(q − 1), waaruit volgt
n −1
dat κ = q n−1 qq−1
.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Basistellingen
3
– Noem het aantal rechten κ en voer een dubbele telling uit van de incidenties (p, L), met p een
n −1
punt dat incident is met de rechte L. Het aantal incidenties is enerzijds gelijk aan q n qq−1
(kies
n
−1
eerst p uit de q n punten van AG(n, q), en daarna L uit de qq−1
rechten door p), en anderzijds
gelijk aan κq (kies eerst L uit de κ rechten in AG(n, q), vervolgens p uit de q punten door L),
n −1
waaruit κ = q n−1 qq−1
.
n
n
−1)(q −q)
• Er zullen q n−2 (q
affiene vlakken zijn. We geven twee manieren om hiertoe te komen.
(q 2 −1)(q 2 −q)
– Elk affien vlak in AG(n, q) komt overeen met een nevenklasse van een vectorvlak in V (n, q).
n −1)(q n −q)
n
Aangezien er (q
vectorvlakken zijn in V (n, q), en elk vectorvlak qq2 = q n−2 nevenklassen
(q 2 −1)(q 2 −q)
n
n
−1)(q −q)
vlakken in AG(n, q).
heeft, zijn er dus q n−2 (q
(q 2 −1)(q 2 −q)
– Noem het aantal vlakken ζ en voer een dubbele telling uit van de viertallen (p1 , p2 , p3 , π), met
π een vlak en p1 , p2 en p3 affien onafhankelijke punten die π voortbrengen. We vinden
q n (q n − 1)(q n − q) · 1 = ζq 2 (q 2 − 1)(q 2 − q),
n
n
−1)(q −q)
waaruit volgt dat ζ = q n−2 (q
.
(q 2 −1)(q 2 −q)
k−1
Y
qn − qi
:
qk − qi
i=0
– Elke k-dimensionale affiene deelruimte van AG(n, q) is een nevenklasse van een k-dimensionale
Q
q n −q i
deelruimte in V (n, q). Aangezien er k−1
i=0 q k −q i k-dimensionale deelruimten zijn in V (n, q), en
Q
q n −q i
elke deelruimte q n /q k = q n−k parallellen in zijn parallelklasse heeft, zijn er dus q n−k k−1
i=0 q k −q i
k-ruimten in AG(n, q).
• Op een analoge manier als hiervoor zal dit aantal gelijk zijn aan q n−k
– Noem het aantal k-dimensionale deelruimten $ en voer een dubbele telling uit van de (k + 2)tallen (p1 , . . . , pk+1 , W ), met pi k + 1 punten die de k-dimensionale
deelruimte W voortbrengen.
Q
n − q i ): kies eerst p (q n mogelijk(q
Het aantal zulke (k + 2)-tallen is enerzijds gelijk aan q n k−1
1
i=0
n − q k−1 mogelijkheden). De
heden), daarna p2 (q n − 1 mogelijkheden), . . . en ten slotte pk+1 (qQ
k
i
ruimte W ligt dan vast. Anderzijds is dit aantal ook gelijk aan $q k k−1
i=0 q − q : kies eerst W uit
k
k
de $ mogelijke k-ruimten in AG(n, q), daarna p1 ( q mogelijkheden), p2 (q − 1 mogelijkheden),
Q
q n −q i
. . . , pk+1 (q k − q k−1 mogelijkheden). We vinden dus dat $ = q n−k k−1
i=0 q k −q i .
Oefening 2.6. Gebruik de dubbele telling om in een affiene ruimte AG(n, q) de volgende grootheden te
bepalen
•
•
•
•
aantal
aantal
aantal
aantal
rechten door een punt
vlakken door een punt
vlakken door een rechte
hypervlakken door een codimensie-2--
ruimte
• aantal d-dimensionale deelruimten door een
vaste k-dimensionale deelruimte, voor 0 6 k 6
d 6 n (Herexamen 2012)
Oplossing 2.6. • Om een rechte door een punt p te bepalen hebben we een extra punt nodig, 6= p, te
kiezen op q n − 1 manieren. Zo hebben we elke rechte q − 1 keer geteld: ´e´en keer voor elk punt op de
n −1
rechte. Er zijn dus qq−1
rechten door een punt. Men kan dit ook bepalen als het aantal vectorrechten
in V (n, q) of door een dubbele telling van koppels (p0 , L), met p0 een punt op de rechte L, verschillend
van p.
• Om een vlak door een punt p te bepalen zijn twee extra punten nodig. Die kunnen we kiezen op
(q n − 1)(q n − q) manieren, maar we moeten nog delen door (q 2 − 1)(q 2 − q), het aantal dergelijke
puntenkoppels dat eenzelfde vlak bepaalt. Dit komt neer op een dubbele telling van koppels (p1 , p2 , π),
n −1)(q n −q)
vlakken door een punt.
zodat p, p1 en p2 het vlak π opspannen. Er zijn dus (q
(q 2 −1)(q 2 −q)
• Om een vlak door een rechte te bepalen is een extra punt nodig, te kiezen op q n − q manieren. Een
n −q
n−1
vlak kan door q 2 − q dergelijke punten bepaald worden, dus er zijn qq2 −q
= q q−1−1 vlakken door een
rechte.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Basistellingen
4
• Om een hypervlak door een een vaste codimensie-2-ruimte W te bepalen, is een extra punt p nodig.
Stel het aantal hypervlakken door W gelijk aan κ, en voer een dubbele telling uit van koppels (p, U ),
met p een punt en U een hypervlak, zodat p en W samen U opspannen. Het aantal zulke koppels is
enerzijds gelijk aan κ(q n−1 − q n−2 ): kies eerst een hypervlak U door W (κ mogelijkheden), en dan
een punt p in U , maar niet in W (q n−1 − q n−2 mogelijkheden). Anderzijds is het aantal zulke koppels
ook gelijk aan q n − q n−2 : kies eerst een punt p niet in W ; het hypervlak U is dan uniek bepaald. Er
2 −1
q n −q n−2
volgt dat κ(q n−1 − q n−2 ) = q n − q n−2 , zodat κ = qn−1
= qq−1
= q + 1.
−q n−2
• Zo’n d-dimensionale deelruimte wordt bepaald door d − k extra punten, die tesamen met de gegeven
k-ruimte deze d-ruimte zullen opspannen. Het eerste punt daarvan kan gekozen worden op q n − q k
manieren (alle punten van AG(n, q) behalve die in de k-ruimte). Het tweede punt kan gekozen worden
op q n − q k+1 manieren (alle punten behalve die in de (k + 1)-dimensionale deelruimte opgespannen
door de k-ruimte en dat eerste punt). Enzovoort. Het laatste punt kan gekozen worden op q n − q d−1
manieren (allemaal behalve deze in de (d−1)-ruimte opgespannen door de k-ruimte en alle voorgaande
punten). Echter, zo’n deelruimte kan op verschillende manieren geteld worden op bovenstaande wijze:
immers, voor elke andere keuze van d − k affien onafhankelijke punten die samen met de k-ruimte
dezelfde d-ruimte opspannen, verkrijgen we dezelfde d-ruimte. Voor het eerste punt zijn er q d − q k
keuzemogelijkheden (alle punten van deze d-ruimte, uitgezonderd die in de k-ruimte). Het tweede
punt kan analoog gekozen worden op q d − q k+1 manieren, enzovoort. Het laatste punt kan gekozen
worden op q d − q d−1 manieren. Uiteindelijk vinden we het resultaat
(q n − q k ) · (q n − q k+1 ) · · · · · (q n − q d−1 )
(q n−k − 1) · · · · · (q n−(d−1) − 1)
=
,
(q d − q k ) · (q d − q k+1 ) · · · · · (q d − q d−1 )
(q d−k − 1) · · · · · (q − 1)
een uitdrukking van totale graad (n − d)(d − k). Dit is wat we eigenlijk bekomen door een dubbele
telling van d − k + 1-tallen (Π, xk+1 , . . . xd ), waarbij Π de d-ruimte is, opgespannen door een vaste
k-ruimte en de affien onafhankelijke punten xk+1 , . . . xd .
2.2
Dimensiestellingen en onderlinge liggingen
Oefening 2.7. De dimensiestelling van Grassmann voor vectorruimten stelt dat voor deelruimten U en V
geldt dat dim U +dim V = dimhU, V i+dim U ∩V . In projectieve ruimten geldt precies dezelfde gelijkheid,
maar in affiene ruimten is voor een dimensiestelling geen hoop. Hoe komt het dat het onmogelijk is om in
affiene ruimten de dimensies van de span en van de doorsnede van twee deelruimten met elkaar in verband
te brengen?
Oplossing 2.7. In affiene ruimten verhindert het concept van parallellisme om de dimensies van span en
doorsnede met elkaar in verband te brengen. Kijk bijvoorbeeld naar een rechte en een vlak in AG(3, R),
die de hele ruimte opspannen. Hun doorsnede kan dan zowel een punt zijn, als ledig (als ze zwak parallel
zijn). Dus als dim A = 2, dim L = 1, dimhA, Li = 3, kan dim(A ∩ L) nog steeds 0 of −1 zijn. Dus de
dimensie van de doorsnede van twee affiene deelruimten wordt niet uniek bepaald door hun span.
Elke affiene ruimte kan men echter op een unieke manier completeren tot een projectieve ruimte, door
de zogenaamde structuur op oneindig toe te voegen. Zo krijgt men een meetkunde waarin de zwak
parallelle rechte en het vlak uit het voorbeeld hierboven, w’el snijden in een punt van de meetkunde. In
de projectieve completering van een affiene ruimte is de toegevoegde structuur op oneindig precies een
hypervlak. In projectieve ruimten geldt de dimensiestelling weer wel. Daar kan men de dimensie van de
doorsnede van twee deelruimten dus uniek vastleggen aan de hand van de dimensie van hun span.
Als men een affiene ruimte completeert tot een projectieve ruimte, door alle punten (en eventueel rechten,
vlakken, . . . ) op oneindig toe te voegen, dan zullen ook de affiene deelruimten gecompleteerd worden
tot projectieve deelruimten (met hun punten, . . . op oneindig). De projectieve dimensiestelling zegt dan
hoe groot de doorsnede is van de projectieve deelruimten, zegge van dimensie k. Dan zijn er nog twee
Opgeloste oefeningen LAAM II, Dimensiestellingen en onderlinge liggingen
5
mogelijkheden: in het generieke geval komt die k-dimensionale projectieve deelruimte overeen met een
affiene deelruimte van dimensie k (die het hypervlak op oneindig snijdt in een hypervlak van die kdimensionale projectieve deelruimte, dit is een k − 1-dimensionale deelruimte). In het andere geval ligt
die k-dimensionale volledig in het hypervlak op oneindig, en komt ze overeen met een k + 1-dimensionale
richtruimte die beide affiene deelruimten gemeen hebben.
Samengevat: de dimensie van de doorsnede van twee affiene deelruimten hangt dus af van hoe die doorsnede gelegen is ten opzichte van het hypervlak op oneindig in de projectieve completering.
Oefening 2.8. Wat is de minimaal nodige dimensie om een n- en een m-dimensionale deelruimte met
ledige doorsnede in te bedden in een vectorruimte? In een projectieve ruimte? En in een affiene ruimte?
Oplossing 2.8. In een vectorruimte klinkt dit als een strikvraag: alle deelruimten snijden in de nulvector,
dus disjuncte deelruimten in een vectorruimte zijn onmogelijk. Als je disjunct interpreteert als doorsnede
is de nulvector, dan is het antwoord n+m. In een directe som V (n+m, K) = V (n, K)⊕V (m, K) snijden de
componenten triviaal. Dit vinden we eveneens door de dimensiestelling van Grassmann: dim V + dim U =
dimhU, V i + dim U ∩ V geeft n + m = (n + m) + 0.
De k-dimensionale deelruimten van een projectieve ruimte komen van de k + 1-dimensionale vectordeelruimten van de onderliggende vectorruimte. Daar er in beide leden van de dimensiestelling twee dimensies
staan, blijft de dimensiestelling ongewijzigd (optelling van 2 bij beide leden). Let wel dat dim ∅ = −1,
projectief. We vinden dus dat we dimensie n + m + 1 nodig hebben.
In affiene ruimten is het antwoord minder scherpomlijnd. Als de twee disjunte deelruimten zwak parallel
zijn, dan zal een dimensie van max(n, m) + 1 volstaan om beiden in in te bedden. In dat geval ligt de
doorsnede van dimensie min(n, m) − 1 volledig op oneindig in de projectieve completering.
In het algemeen geval hebben we, zoals in het projectief geval, een dimensie van n + m + 1 nodig om
twee disjuncte deelruimten in in te bedden. Immers, in een affiene ruimte van dimensie n + m kunnen
deelruimten van dimensies n en m snijden in een punt (gebruik dimensiestelling projectief). Zodra dat
punt in het affiene stuk ligt, is er een nietledige doorsnede tussen de affiene deelruimten.
Voor affiene ruimten is het antwoord dus minimum max(n, m) + 1 en maximum n + m + 1.
Oefening 2.9. Wat zijn de mogelijke dimensies van de doorsnede van een 7- en een 9-dimensionale
deelruimte van een 10-dimensionale affiene ruimte?
Oplossing 2.9. We gebruiken de notatie [i] voor een i-dimensionale deelruimte, of de deelruimte van
die dimensie waarvan sprake.
Als [7] ⊆ [9], dan is de doorsnede de [7] zelf, dus 7 is een mogelijke dimensie.
Als [7] 6⊆ [9], dan spannen beide de volledige [10] op. In de projectieve completering geeft de dimensiestelling ons dat [7] ∩ [9] = [6]. Er zijn nu twee mogelijkheden voor de onderlinge ligging van deze [6] en
het hypervlak op oneindig Π∞ (van dimensie 9).
Als [6] ⊆ Π∞ , dan zal er geen enkel affien punt in de doorsnede van de [7] en de [9] liggen: de [7] en de
[9] zijn hier zwak parallel en [7] ∩ [9] = ∅.
Als [6] 6⊆ Π∞ , zal deze [6] het hypervlak Π∞ in een [5] snijden en zal het affien stuk van deze [6]-doorsnede
een affiene deelruimte van dimensie 6 zijn.
De mogelijke doorsnedegetallen zijn dus 7, 6 en −1.
Oefening 2.10 (Examen 2008). Beschouw twee hypervlakken H1 en H2 in AG(6, q) die niet parallel
zijn. Wat kun je zeggen over hun doorsnede? Hoeveel punten liggen noch in H1 , noch in H2 ? Zo’n
vast punt p buiten H1 ∪ H2 bepaalt samen met H1 ∩ H2 een hypervlak H. Hoeveel punten van AG(6, q)
hadden hetzelfde hypervlak bepaald? Hoeveel hypervlakken liggen benevens H1 , H2 nog in de bundel van
hypervlakken door H1 ∩ H2 ?
Opgeloste oefeningen LAAM II, Dimensiestellingen en onderlinge liggingen
6
Oplossing 2.10. De hypervlakken hebben dimensie 5. In de projectieve completering moeten ze een
doorsnede van dimensie 4 delen. Daar ze niet parallel zijn, ligt die niet op oneindig. H1 ∩ H2 is dus een
echte affiene deelruimte van dimensie 4 (die het hypervlak op oneindig snijdt in een solid).
Door het inclusie-exclusie-principe liggen er 2q 5 −q 4 punten in de unie dezer twee hypervlakken en bijgevolg
q 6 − 2q 5 + q 4 punten erbuiten.
Een hypervlak H, bepaald door H1 ∩ H2 en een extra punt, kan bepaald worden door elk van de punten
in H \ (H1 ∩ H2 ) en zo zijn er q 5 − q 4 .
Een dubbele telling van de hypervlakken H door H1 ∩ H2 , verschillend van H1 en H2 zelf, en de punten
p∈
/ H1 ∪ H2 , met de voorwaarde dat hp, H1 ∩ H2 i = H, levert dat
|# punten buiten H1 ∪ H2 | · |1| = |#hypervl. door H1 ∩ H2 | · |# punten in H \ (H1 ∩ H2 )|
q 6 − 2q 5 + q 4 = |#hypervl. door H1 ∩ H2 | · (q 5 − q 4 ),
levert dat er nog q − 1 andere hypervlakken door H1 ∩ H2 gaan. Dit wordt bevestigd door het feit dat er
q + 1 hypervlakken door een codimensie-2-ruimte gaan (zie oefening 2.6).
Oefening 2.11. Wat zijn de mogelijke liggingen van twee vlakken in AG(4, q)?
Oplossing 2.11. We zullen een klassering maken op basis van de span van beide vlakken.
2 Beiden spannen een vlak op. In dit geval zijn de twee vlakken samenvallend. Ze snijden in een vlak,
namelijk de vlakken zelf.
3a Beiden spannen een driedimensionale ruimte op. Wegens de projectieve dimensiestelling snijden ze
in een rechte. In het ene geval is de doorsnede een affiene rechte.
3b In het andere geval ligt hun snijrechte volledig op oneindig. Als beide vlakken hun rechte op oneindig
delen, zijn ze parallel. Ze spannen nog steeds een driedimensionale ruimte op.
4a Beiden spannen een vierdimensionale ruimte op. Wegens de projectieve dimensiestelling zijn ze in
de projectieve completering in een punt. In het ene geval ligt dat punt in het affiene gedeelte van
de projectieve completering: de doorsnede is een affien punt.
4b In het andere geval ligt dit punt op oneindig. De doorsnede is dan ledig (in de affiene ruimte).
Men kan zich dit geval als volgt voorstellen. Beschouw een rechte L, zwak parallel met π maar niet
in π gelegen. Kies vervolgens een punt buiten de 3-dimensionale ruimte Γ opgespannen door π en
L. Noem dit punt u. Beschouw vervolgens het vlak α = hu, Li. We zullen aantonen dat α en π
twee vlakken zijn waarvan we de onderlinge ligging nog niet besproken hebben. Stel dat α en π een
punt gemeen zouden hebben, stel v. De rechte uv is dus een rechte die in α ligt. L is eveneens een
rechte in α die niet evenwijdig is met uv want uv snijdt π en L niet. De rechten uv en L hebben
dus een snijpunt s. Dit snijpunt s ligt op L en dus zou uv = sv in Γ liggen, wat in strijd is met de
keuze van u. De doorsnede van het vlak α met het vlak π is dus ledig. Merk op dat dit verschilt
van het vorige geval (twee parallelle vlakken), omdat onze vlakken hier een 4-dimensionale ruimte
opspannen.
Oefening 2.12. Wat zijn de mogelijke liggingen van een rechte en een vlak in een AG(97, q)?
Oplossing 2.12. We onderscheiden de gevallen naargelang de dimensie van de affiene ruimte die de
rechte en het vlak opspannen. De kleinst mogelijke dimensie is dimensie 2 aangezien het vlak zelf al
deze dimensie heeft. De grootst mogelijke dimensie is dimensie 4: in een affiene ruimte wordt een rechte
volledig bepaald door twee punten en een vlak door drie punten. Bovendien spannen in een affiene ruimte
AG(n, q) met n > 4, vijf punten hoogstens een 4-dimensionale ruimte op. De gegeven oplossing geldt dus
niet enkel voor AG(97, q) maar ook voor elke AG(n, q) met n > 4.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Dimensiestellingen en onderlinge liggingen
7
1. De rechte en het vlak spannen een affiene ruimte op met dimensie 2. In dit geval is de opgespannen
ruimte het gegeven vlak zelf. Het kan dus onmogelijk anders dan dat de rechte in het vlak gelegen
is. Dit geeft ons 1 mogelijkheid.
2. De rechte en het vlak spannen een affiene ruimte op met dimensie 3. Dit is enerzijds mogelijk
wanneer de rechte en het vlak elkaar snijden in een punt en anderzijds wanneer de rechte en het
vlak zwak parallel zijn. Er zijn dus 2 mogelijke manieren zodat het vlak en de rechte drie dimensies
opspannen.
3. De rechte en het vlak spannen een affiene ruimte op met dimensie 4. Dit is enkel mogelijk wanneer
de rechte en het vlak zich in onderling algemene ligging bevinden. Om zo een rechte te construeren
kies je ´e´en punt buiten het vlak en dan nog een punt buiten de 3-dimensionale ruimte opgespannen
door het vlak en dit eerste punt (enkel mogelijk in een affiene ruimte met een dimensie groter dan
3). Deze twee punten bepalen zo een rechte die disjunct is aan het vlak (mochten ze snijden, dan
zouden ze slechts een 3-dimensionale ruimte opspannen).
In totaal zijn er dus 4 mogelijke liggingen.
2.3
Hogerdimensionale tellingen
Oefening 2.13. Zij gegeven een rechte L en een vlak π in een AG(5, q), die elkaar niet snijden. Hoeveel
vlakken gaan er door L die π niet snijden?
Oplossing 2.13. Wegens oefening 2.12 weten we dat het antwoord zal afhangen van de onderlinge ligging
van de rechte en het vlak.
Geval 1 De rechte L en het vlak π zijn zwak parallel. Ze spannen een driedimensionale ruimte op.
We zullen eerst het aantal vlakken door de rechte L berekenen. Elk zo’n vlak wordt gerealiseerd als
hp, Li voor een punt p, buiten de rechte L gelegen: zo zijn er q 5 − q mogelijkheden voor p en dan
is het vlak uniek bepaald. Elk vlak is echter op q 2 − q manieren geteld, namelijk ´e´enmaal voor elk
5 −q
punt in dit vlak buiten L. In totaal zijn er dus qq2 −q
= q 3 + q 2 + q + 1 vlakken door deze rechte. Dit
komt neer op een dubbele telling van koppels {(p, π) | p is een punt en π is het vlak hL, pi}.
Hiervan moeten we nu het aantal vlakken aftrekken die π wel snijden. Omdat L zwak parallel is
met π, zullen alle snijlijnen van vlakken door L met π evenwijdig zijn met L. We tellen dus het
2
aantal rechten in π die evenwijdig zijn met L. Zo zijn er qq = q: elk punt in π (zo zijn er q 2 ) bepaalt
een evenwijdige rechte, maar elke evenwijdige rechte wordt zo q keer geteld, ´e´en keer per punt erop.
Al bij al vinden we dus voor het volledige eerste geval q 3 + q 2 + 1 mogelijkheden.
Geval 2 De rechte L en het vlak π spannen een 4-dimensionale ruimte op. Om dezelfde reden
als in het eerste geval gaan er q 3 + q 2 + q + 1 vlakken door L. Indien deze vlakken nu snijden met
π zullen ze slechts in 1 punt snijden. Er liggen q 2 punten in π en elk punt van π bepaalt zo een
snijdend vlak. Van al onze q 3 + q 2 + q + 1 vlakken zijn er dus q 2 snijdend. In totaal hebben dus
q 3 + q + 1 mogelijkheden van het tweede geval.
Oefening 2.14. Hoeveel rechten in AG(4, q) zijn zwak parallel met een gegeven vlak?
Oplossing 2.14. Dit aantal zullen we tellen door eerst het aantal mogelijke richtruimtes te tellen en dit
te vermenigvuldigen met het aantal rechten met eenzelfde richtruimte.
De ´e´endimensionale richtruimte van zo’n rechte moet in de tweedimensionale richtingsruimte van het
gegeven vlak gelegen zijn. Het aantal mogelijke richtingen voor rechten in een vlak is dus gelijk aan
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hogerdimensionale tellingen
8
het aantal vectorrechten in een 2-dimensionale vectorruimte, of het aantal parallelklassen, of het aantal
rechten door een punt in een vlak. Dit is q + 1.
Nu moeten we enkel nog het aantal rechten in een parallelklasse tellen. Wanneer we dus een richtruimte
horende bij een parallelklasse gegeven hebben, bepaalt elk punt van AG(4, q) (dit zijn er q 4 ) een rechte
in deze parallelklasse. Zo hebben we elke rechte in die parallelklasse q keer geteld, namelijk ´e´en keer voor
4
elk punt van deze rechte. Er zijn dus qq = q 3 rechten in een parallelklasse. In totaal hebben we dus
q 3 (q + 1) = q 4 + q 3 rechten in AG(4, q) die zwak parallel zijn met een gegeven vlak.
Merk op dat alle q 2 + q rechten in het gegeven vlak eveneens meegeteld zijn.
Oefening 2.15. Hoeveel rechten in AG(6, q) hebben geen punt gemeen met een gegeven vlak?
Oplossing 2.15. Om dit aantal te berekenen zullen we als volgt te werk gaan. We tellen het aantal
rechten en trekken er vervolgens het aantal rechten in een vlak en het aantal rechten dat een vlak snijdt
in een punt van af.
6
−1
(A) We weten uit oefening 2.5 dat er q 5 qq−1
= q 10 + · · · + q 5 rechten zijn in AG(6, q).
2
−1
= q 2 + q.
(B) Het aantal rechten in een vlak is gelijk aan het aantal rechten in een AG(2, q) en dus q qq−1
(C) Ten slotte is het aantal rechten dat een vlak snijdt in een punt gelijk aan het aantal punten van een
vlak vermenigvuldigd met het aantal rechten door een vast punt waarbij de rechte niet in het vlak
ligt. Het aantal punten in een affien vlak is q 2 = C1 . Indien een vlak en een punt erin gegeven zijn,
bepaalt elk punt buiten dat vlak (zo zijn er q 6 − q 2 ) een rechte, maar zo hebben we elke rechte q − 1
keer geteld, namelijk ´e´en keer voor elk ander punt van die rechte, verschillend van het snijpunt. Er
6 −q 2
= q 5 + q 4 + q 3 + q 2 = C2 rechten die een gegeven vlak snijden in 1 punt.
zijn dus qq−1
De oplossing is dus A − B − C1 C2 = q 10 + q 9 + q 8 − q 4 − q 2 − q.
Oefening 2.16 (Examen 2012). Wat zijn de mogelijke onderlinge liggingen van twee disjuncte solids
(driedimensionale deelruimten) in AG(7, q)? Hoeveel vierdimensionale affiene deelruimten gaan er door
de ene, die disjunct zijn van de andere (in elk van de gevallen)?
Oplossing 2.16. In de projectieve completering van AG(7, q) geeft de dimensiestelling ons dat de doorsnede een vlak, een rechte, een punt of leeg kan zijn. Omdat de solids in AG(7, q) disjunct zijn, moet in elk
van deze gevallen de doorsnede op oneindig liggen. We onderscheiden de volgende mogelijkheden.
• De solids spannen een [4] op en snijden op oneindig in een vlak (namelijk hun vlak op oneindig, dat
de driedimensionale richtruimte W3 van beide vertegenwoordigt). Dit betekent dat ze parallel zijn.
• De solids spannen een [5] op en snijden op oneindig in een rechte. Hun richtruimtes delen een
vectorvlak W2 .
• De solids spannen een [6] op en snijden op oneindig in een punt. Hun richtruimtes delen een vectorrechte W1 .
• De solids spannen de hele [7] op en snijden niet, ook niet op oneindig. Dit betekent dat ze in algemene
ligging liggen: elke vier punten die de ene solid bepalen, spannen, samen met elke vier punten die de
andere solid bepalen, de ganse [7] op.
7
3
−q
3
2
Het aantal vierruimtes door een solid α in AG(7, q) is qq4 −q
3 = q + q + q + 1, want elk punt buiten α
spant samen met α een vierruimte op, maar alle q 4 − q 3 punten in zo’n vierruimte, buiten α, spannen
dezelfde vierruimte op. We bepalen nu hoeveel daarvan slecht zijn, namelijk een punt gemeen hebben
met de andere solid β.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hogerdimensionale tellingen
9
• Er is maar ´e´en [4]-ruimte door α, die ook met β iets gemeen heeft, namelijk de [4] die α en β samen
opspannen. Elke [4] door α en een punt p van β moet meteen alle punten van β bevatten, want in die
[4] moet zeker p + W3 = β gelegen zijn. Het antwoord is hier dus (q 3 + q 2 + q + 1) − 1 = q 3 + q 2 + q.
• Elke [4]-ruimte door α die β snijdt (in minstens een punt p), zal β snijden in een vlak, namelijk het
vlak p + W2 . Voor elk vlak van de parallelklasse bepaald door W2 krijgen we dus een [4] die β snijdt,
en zo zijn er precies q 3 /q 2 = q. Het antwoord is hier dus (q 3 + q 2 + q + 1) − q = q 3 + q 2 + 1.
• Elke [4]-ruimte door α die β snijdt (in minstens een punt p), zal β snijden in een rechte, namelijk de
rechte p + W1 . Voor elke rechte van de parallelklasse W1 krijgen we dus een [4] die β snijdt, en zo
zijn er precies q 3 /q = q 2 . Het antwoord is hier dus (q 3 + q 2 + q + 1) − q 2 = q 3 + q + 1.
• Als α en β in algemene ligging liggen, kan een [4] door α de andere solid β slechts snijden in een
punt: mocht die een rechte gemeen hebben, dan zouden de zes bepalende punten in algemene ligging
een [5] opspannen en geen [4]. Voor elk punt van β krijgen we dus een [4] die β snijdt (in precies dat
ene punt). Het antwoord is hier dus (q 3 + q 2 + q + 1) − q 3 = q 2 + q + 1.
Oefening 2.17 (Examen 2011). Zij L een rechte, zwak parallel aan een solid U in een AG(6, q), maar
er niet in gelegen. Hoeveel vlakken zijn zwak parallel aan U en hebben met L geen enkel punt gemeen?
Zij M zo’n vlak. Hoeveel affiene hypervlakken van AG(6, q) bevatten zowel L als M ? Maak onderscheid
in verschillende gevallen.
Oplossing 2.17. Zo’n vlak heeft als richtruimte deze van een vlak gelegen in U = AG(3, q). Zo zijn
er q 2 + q + 1: dit is het aantal vlakken door een punt in een solid, alsook het aantal parallelklassen van
3
2
6
vlakken in een solid ( q +qq +q ). Voor elke richtruimte bestaan er qq2 = q 4 vlakken met die richtruimte; dit
is het aantal vlakken in ´e´en parallelklasse. Er zijn dus in totaal q 4 (q 2 + q + 1) kandidaat-vlakken, waarvan
we nog het aantal moeten aftrekken dat met L intersecteert.
Het aantal vlakken door L, zwak parallel met U , is q + 1: dit is het aantal vlakken door L, in de solid
3
door L, parallel met U — het aantal vlakken door een rechte in een solid is qq2 −q
= q + 1.
−q
Het aantal vlakken, zwak parallel met U , dat L snijdt in ´e´en vast punt p ∈ L, is q 2 . Van de q 2 + q + 1
mogelijke richtruimtes die we kunnen kiezen vanuit dat punt, zijn enkel de q + 1 voornoemde (die een vlak
door L opleveren) verboden. Omdat er q punten op L liggen, zijn er in totaal q 2 · q vlakken die L snijden
in precies ´e´en punt.
Het gevraagde aantal is dus q 6 + q 5 + q 4 − q 3 − q − 1.
Er zijn twee mogelijkheden: ofwel is M zwak parallel met L (dan spannen beide een solid op), ofwel
snijden M en L ook niet op oneindig (dan spannen ze een vierdimensionale affiene ruimte op). Een
hypervlak bevat beide als en slechts als ze de deelruimte opgespannen door M en L, bevat. Als M en L
zwak parallel zijn, is dit aantal q 2 + q + 1, anders is dit aantal q + 1 (tel het aantal [5] door een vaste [3],
resp. [4] in een AG(6, q)).
Oefening 2.18 (Herexamen 2012). Zij Π een hypervlak in AG(n, q), n > 3. Wat zijn de mogelijke
liggingen van een rechte ten opzichte van Π en hoeveel zijn er van elke soort? Bereken al deze aantallen
onafhankelijk van elkaar. Controleer dat hun som gelijk is aan het totaal aantal rechten in AG(n, q).
Oplossing 2.18. Een hypervlak heeft dimensie n − 1 en een rechte dimensie 1. In de projectieve
completering van het affien vlak worden deze dimensies behouden en geeft de dimensiestelling ons de
mogelijkheden:
(n − 1)
+
1
=
n
(n − 1)
+
1
=
(n − 1) +
+
0
1
In het tweede geval is de doorsnede een rechte en is de rechte dus in het hypervlak gelegen. In het eerste
geval is de doorsnede een punt van de projectieve completering. Hier zijn nog twee mogelijkheden: het is
een affien punt (in dat geval snijdt de rechte het hypervlak, ook affien), of het is een punt op oneindig (in
dat geval zijn de rechte en het hypervlak zwak parallel). We vinden dus drie mogelijkheden:
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hogerdimensionale tellingen
10
• Rechte ligt in het hypervlak. We tellen het aantal rechten in een [n − 1]. Voor het eerste punt
zijn er q n−1 mogelijkheden, voor het tweede q n−1 − 1. We delen door het aantal puntenkoppels dat
diezelfde rechte bepaalt: q mogelijkheden voor het eerste punt en q − 1 voor het tweede. We vinden
q n−1 · (q n−1 − 1)
q n−1 − 1
= q n−2
.
q · (q − 1)
q−1
• Rechte snijdt het hypervlak in een punt. We tellen het aantal rechten die in een punt van
de [n − 1] snijden. Voor het snijpunt zijn er q n−1 mogelijkheden. Dit moeten we vermenigvuldigen
n
n−1
met het aantal richtingen vanuit dat punt, die niet in het hypervlak gelegen zijn. Dit zijn er q −q
q−1 .
De teller bepaalt het aantal punten buiten het hypervlak, de noemer het aantal punten daarvan dat
eenzelfde rechte bepaalt. We vinden dus
q n−1 ·
q n − q n−1
= q n−1 · q n−1 .
q−1
• Rechte en hypervlak zijn zwak parallel. Zo’n rechte wordt bepaald door een richting, bepaald
door het hypervlak. Het aantal richtingen (eendimensionale richtruimtes bevat in de richtruimte van
n−1
het hypervlak) is q q−1−1 . Elk van die richtingen bepaalt een parallelklasse met q n /q rechten, waarvan
er q n−1 /q in het hypervlak liggen (dit product is precies het bovenste getal). We vinden dus voor
n
n−1
= q n−1 − q n−2 = q n−2 (q − 1) rechten, een totaal opleverend van
elke richting q −qq
q n−1 − 1 n−2
·q
(q − 1) = q n−2 (q n−1 − 1).
q−1
Het totaal aantal rechten van AG(n, q) is
q n ·(q n −1)
q·(q−1)
n
−1
. De verificatie is straightforward. Van de
= q n−1 qq−1
eerste naar de tweede lijn vermenigvuldigen we beide leden met
q n−2
q−1
.
q n−2
q n−1 − 1
qn − 1
?
+ q n−1 · q n−1 + q n−2 (q n−1 − 1) = q n−1
q−1
q−1
?
(q n−1 − 1) + (q − 1)q n + (q − 1)(q n−1 − 1) = q(q n − 1)
!
q n−1 − 1 + q n+1 − q n + q n − q − q n−1 + 1 = q n+1 − q
Oefening 2.19 (Examen 2013). Zij n > 1, q > 3 en beschouw in AG(3n, q) een n-dimensionale deelruimte
A en een 2n-dimensionale deelruimte B.
• Hoeveel kwalitatief verschillende onderlinge liggingen zijn er mogelijk voor A en B? (Noem twee
mogelijke liggingen kwalitatief verschillend als hun span of doorsnede een andere dimensie hebben.)
• Stel nu dat ze snijden in een affien punt p.
– Hoeveel rechten snijden A ∪ B enkel in p?
– Hoeveel rechten zijn disjunct van A en snijden B in precies ´e´en punt?
– Hoeveel rechten snijden A ∪ B in precies twee affiene punten?
– Hoeveel rechten zijn disjunct van zowel A als B? (niet uitwerken)
Oplossing 2.19.
• Toepassen van de dimensiestelling in de projectieve completering van AG(3n, q) levert de volgende
mogelijkheden.
dim A + dim B = dimhA, Bi + dim(A ∩ B)
n + 2n = 3n + 0
= (3n − 1) + 1
.
= ..
= 2n + n
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hogerdimensionale tellingen
11
Het laatste projectief geval, namelijk als de doorsnede n-dimensionaal is, komt overeen met de affiene
situatie dat A ⊆ B. Voor alle andere gevallen zijn er telkens twee mogelijkheden: de doorsnede (met
dimensie van 0 tot en met n − 1) ligt op oneindig of is affien. In totaal zijn er dus 2n + 1 verschillende
onderlinge liggingen mogelijk.
•
– Zo’n rechte wordt bepaald door een extra punt in AG(3n, q) \ (A ∪ B), maar telkens q − 1 punten
bepalen eenzelfde rechte. Alternatief, het aantal rechten door een punt in een 3n-dimensionale
ruimte, min het aantal in een n-dimensionale, min het aantal in een 2n-dimensionale. We vinden
in alle gevallen
q 3n − q n − q 2n + 1
q 3n − 1 q n − 1 q 2n − 1
=
−
−
.
q−1
q−1
q−1
q−1
– Er zijn q 2n − 1 mogelijke snijpunten (de punten van B \ A). Door zo’n vast snijpunt t gaan
q 2n −1
q 3n −1
n
e´en
q−1 rechten, waarvan q−1 geheel in B, precies q die A snijden in een punt (precies ´
voor elk punt van A) en 1 die aan beide criteria voldoet (de rechte door p en t). Er zijn dus
q 3n −1
q 2n −1
n
q−1 − q−1 − q + 1 rechten die disjunct zijn van A en B snijden in enkel het punt t. Het
totaal aantal gezochte rechten is dus
3n
q − 1 q 2n − 1
2n
n
(q − 1) ·
−
−q +1 .
q−1
q−1
– Dergelijke rechten worden bepaald door een punt in A \ {p} en een punt in B \ {p}, en elke rechte
wordt bepaald door maar ´e´en puntenkoppel, dus er zijn er zo (q n − 1)(q 2n − 1).
– De mogelijke liggingen van
een rechte L ten opzichte van A ∪ B zijn als volgt:
n (q n −1)
· L ⊆ A. Zo zijn er q q(q−1)
.
· L ⊆ B. Zo zijn er
q 2n (q 2n −1)
q(q−1) .
· (A ∪ B) ∩ L = {p}. Het aantal werd hierboven berekend.
· (A ∪ B) ∩ L = {t} ⊆ B \ {p}. Het aantal werd hierboven berekend.
· (A ∪ B) ∩ L = {s} ⊆ A \ {p}. Het aantal wordt analoog berekend:
3n
q − 1 qn − 1
2n
n
−
−q +1 .
(q − 1) ·
q−1
q−1
· A ∪ B ∪ L = {s, t}. Het aantal werd hierboven berekend.
· (A ∪ B) ∩ L = ∅.
We kunnen dus het aantal rechten disjunct van A ∪ B bepalen als het totaal aantal rechten (dit
3n (q 3n −1)
is q q(q−1)
), min alle bovenstaande getallen.
Oefening 2.20 (Herexamen 2013). Zij π een vast vlak van AG(n, q) en 2 6 k 6 n − 1.
• Hoeveel k-dimensionale deelruimten van AG(n, q) snijden π in (enkel) een rechte?
• Hoeveel k-dimensionale deelruimten van AG(n, q) zijn zwak parallel met π?
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hogerdimensionale tellingen
12
2.4
Homothetie¨
en
We zullen de expliciete gedaante van een homothetie opstellen en vervolgens onderzoeken hoe homothetie¨en onderling interageren. We volgen hiervoor deze reeks oefeningen, waarvan de oplossingen een op
zichzelf staand stuk theoretische opbouw vormen.
We herinneren aan vier definities. Een dilatatie α is een permutatie van een affiene ruimte waarvoor geldt:
hx, yi k hα(x), α(y)i. Voor dilataties zijn y, α(y) en α2 (y) steeds collineair.
Een dilatatie kan 0 of 1 fixpunten hebben, tenzij het de identiteit is. In het eerste geval spreken we van
translaties, in het tweede van homothetie¨en. Van homothetie¨en weten we al dat ze precies ´e´en fixpunt
hebben, dat we het centrum c noemen. Omdat hc, pi k hc, α(p)i, moeten c, p en α(p) steeds collineair zijn.
Oefening 2.21. Zijn f en g twee dilataties van een affiene ruimte. Toon aan dat f = g als er twee
punten p en q bestaan zodat f (p) = g(p) en f (q) = g(q). Bewijs dat een homothetie f uniek bepaald
wordt door zijn centrum en een koppel (p, f (p)). Construeer voor een willekeurig punt q het beeld f (q)
onder de homothetie f met gegeven centrum c en een koppel (p, f (p)).
Oplossing 2.21. Als voor twee dilataties f en g de beelden van twee punten p en q gelijk zijn, beschouw
dan de permutatie h = g −1 ◦ f die als samenstelling van twee dilataties opnieuw een dilatatie is. Deze
heeft 2 fixpunten, nl. p en q (want g −1 ◦ f (p) = p en analoog voor q). Bijgevolg is g −1 ◦ f de identiteit,
dus f en g moeten dezelfde homothetie zijn.
Dit betekent dat een homothetie uniek bepaald is door het beeld te geven van twee punten. In het
bijzonder, is het centrum gegeven (c 7→ f (c) = c) en het beeld van een ander punt (p 7→ f (p)), dan is de
homothetie uniek bepaald.
Dit betekent dat we, gegeven het centrum en een koppel (p, f (p)), het beeld van een willekeurig punt q
kunnen construeren. Het beeld f (q) ligt alvast op de rechte door f (p), parallel aan hq, pi, omdat f een
dilatatie is. Bovendien ligt f (q) ook op hc, qi en dus op het snijpunt van deze twee rechten.
De constructie voor het beeld van een punt q ∈ hc, pi verloopt enigzins anders: we beschouwen een ander
punt y dat niet collineair is met de punten c en p en bepalen hiervan het beeld f (y) door bovenstaande
methode toe te passen. Vervolgens kunnen we de methode wel toepassen op q: in de plaats van (p, f (p))
kiezen we nu (y, f (y)) als startinformatie.
Oefening 2.22. Stel de vectorgedaante op voor een homothetie met als centrum de nulvector van de
vectorruimte en ga hiervoor als volgt te werk.
Neem als referentiepunt o en beschouw de vectorruimte Vo . Zij f een homothetie met centrum o. Voor
een punt p ∈ V \ {0} bestaat er een λ ∈ K∗ zodat f (p) = . . . (vul aan). Formuleer een vermoeden van
hoe f er zou kunnen uitzien en noem die afbeelding Hλ,o . Ga na dat deze o fixeert en p op f (p) afbeeldt.
Bewijs dat het een dilatatie is. Besluit dat inderdaad f = Hλ,o .
Oplossing 2.22. De homothetie f heeft dus als centrum o, het affien punt dat overeenkomt met de
oorsprong van een vectorruimte die we op A leggen. Onderstel dat p 6= o een punt is, of dus een vector
van V , dan zijn o, p en f (p) collineair. Hieruit volgt dat een λ ∈ K \ {0, 1} bestaat zodanig dat f (p) = λp.
Beschouw nu de volgende permutatie van de vectoren van Vo :
Hλ,o : V → V
v 7→ λ · v
Deze permutatie heeft o als fixpunt (0 7→ λ · 0 = 0) en zet het punt p om in het punt f (p), per definitie van
λ. We bewijzen nu dat Hλ,o een dilatatie en bijgevolg, vermits o een fixpunt is, een homothetie is. Zijn v
en w twee verschillende vectoren van V (of punten van AG(n, K)) dan geldt: hv, wi k hHλ,o (v), Hλ,o (w)i =
hλv, λwi omdat ze beide de vectorrechte K(v − w) als ´e´endimensionale richtingsruimte hebben.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Homothetie¨
en
13
Uit de vorige oefening volgt dat Hλ,o = f , want Hλ,o en f zijn beide dilataties die voor twee verschillende
punten o en p dezelfde beeldpunten hebben. Elke homothetie (6= id) met centrum o is dus van de gedaante
f : v 7→ λv, ∀v ∈ V , met λ ∈ K \ {0, 1}. We noemen de scalair λ de verhouding van deze homothetie.
Oefening 2.23. Stel de algemene vectorgedaante op voor een homothetie; doe dit als volgt.
Beschouw een homothetie g met centrum c 6= o. Wat weten we voor een punt p 6= c en zijn beeld g(p)?
Leid af dat er een µ ∈ K \ {0, 1} bestaat zodat g(p) = . . . (vul aan). Formuleer een vermoeden van hoe g
er zou kunnen uitzien en noem die afbeelding Hµ,c . Ga na dat deze c fixeert en p op g(p) afbeeldt. Bewijs
dat het een dilatatie is. Besluit dat inderdaad g = Hµ,c .
Oplossing 2.23. Beschouw een homothetie g met centrum c 6= o. Onderstel dat p 6= c een punt is,
dan weten we dat c, p en g(p) collineair zijn. Hieruit volgt dat een µ ∈ K \ {0, 1} bestaat zodanig dat
−−−→
−
cg(p) = µ→
cp als vrije vector. Of in de vectorruimte, zodat g(p) − c = µ(p − c) of g(p) = µp + (1 − µ)c.
Beschouw nu de volgende permutatie van de vectoren van V (of de affiene punten van AG(n, K)):
Hµ,c : V → V
v 7→ µv + (1 − µ)c
Deze permutatie heeft c als fixpunt (c 7→ µc + (1 − µ)c = c) en zet het punt p om in het punt g(p),
per definitie van µ. We bewijzen nu dat Hµ,c een dilatatie en bijgevolg, vermits c een fixpunt is, een
homothetie is. Zijn v en w twee verschillende vectoren van V , dan geldt:
hv, wi k hHµ,c (v), Hµ,c (w)i = hµv + (1 − µ)c, µw + (1 − µ)ci
omdat beide de vectorrechte K(v − w) als ´e´endimensionale richtingsruimte hebben. Wegens de eerste
oefening is Hµ,c = g en elke homothetie met centrum c heeft dus een voorstelling van de gedaante
g : v 7→ µv + (1 − µ)c
∀v ∈ V met µ ∈ K \ {0, 1}.
−−−→
−
Hierbij is µ weer de verhouding van deze homothetie. Voor elk punt p (6= c) zal cg(p) = µ→
cp, want
g(p) − c = µ(p − c).
Oefening 2.24. Bewijs dat homothetie¨en affiene afbeeldingen zijn. Wat moet je hiervoor precies nagaan?
Neem equipollente koppels (v1 , v2 ) en (v3 , v4 ) en laat er de homothethie¨en in hun vectorgedaante op los.
Stel de ge¨ınduceerde afbeelding op de vrije vectoren van V (A) op door als representant een vector te
nemen die vertrekt uit het centrum. Stel vast dat die afbeelding lineair is. Besluit dat alle dilataties
affiene afbeeldingen zijn.
Oplossing 2.24. We noteren (v1 , v2 ) ↑ (v3 , v4 ) om uit te drukken dat de twee koppels van affiene punten
equipollent zijn. Dat is equivalent met het gelijk zijn van de vrije vectoren v2 − v1 en v4 − v3 .
We noemen α een affiene afbeelding als het volgende geldt:
• (v1 , v2 ) ↑ (v3 , v4 ) ⇒ (α(v1 ), α(v2 )) ↑ (α(v3 ), α(v4 )) (m.a.w. α werkt op de vrije vectoren V (A)).
• De ge¨ınduceerde werking van α op V (A) (schrijf α is lineair.
We gaan beide voorwaarden voor affiene afbeeldingen na voor een homothetie H:
• Neem twee equipollente koppels (v1 , v2 ) ↑ (v3 , v4 ). Is nu ook (µv1 + (1 − µ)c, µv2 + (1 − µ)c) ↑
(µv3 + (1 − µ)c, µv4 + (1 − µ)c)? Dit komt neer op controleren of de vrije vectoren µv2 − µv1 en
µv4 − µv3 gelijk zijn. Maar dat is zo, want v2 − v1 = v4 − v3 aangezien (v1 , v2 ) ↑ (v3 , v4 ).
−−−−−−−→
→
−
• Er bestaat dus een ge¨ınduceerde werking van H op vrije vectoren, namelijk H : ab 7→ H(a)H(b).
−
−
−
Kies voor een willekeurige vrije vector →
v ∈ V (A) het affien punt p zodanig dat →
v = →
cp. Dan is
−
−
−
−
−
−
→
−
−
−
→
−
−
−
−
H(→
v ) = H(→
cp) = H(c)H(p) = cH(p) = µ→
cp = µ→
v . De scalaire vermenigvuldiging met een contante
is zeker een lineaire operatie op de vectoren (wordt voorgesteld door een scalaire matrix), dus H
werkt lineair op de vectoren.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Homothetie¨
en
14
We besluiten dat homothetie¨en inderdaad affiene afbeeldingen zijn. Aangezien translaties ook affiene
transformaties zijn, zijn alle dilataties affiene afbeeldingen.
Oefening 2.25. Onderzoek de samenstelling van dilataties. Doe daarvoor het volgende.
• Bepaal de uitdrukking voor de samenstelling van twee homothetie¨en met eenzelfde centrum, zegge
Hλ,c en Hµ,c . Commuteren ze?
• Bepaal de samenstelling van twee homothetie¨en met verschillend centrum en neem voor het gemak
c = o. Onder welke voorwaarde commuteren ze? De samenstellingen Hλ,o ◦ Hµ,d en Hµ,d ◦ Hλ,o zijn
weer dilataties. Onder welke voorwaarde zijn het translaties? Bepaal centrum en verhouding als het
homothetie¨en zijn.
• Bepaal de samenstelling van een homothetie met een translatie en omgekeerd: Hλ,o ◦ Tw en Tw ◦ Hλ,o .
Oplossing 2.25.
Hλ,c ◦ Hµ,c (v) = Hλ,c (µv + (1 − µ)c)
= λ[µv + (1 − µ)c] + (1 − λ)c
= λµv + (λ − λµ + 1 − λ)c
= λµv + (1 − λµ)c
= Hλµ,c (v)
Uit Hµ,c ◦ Hλ,c = Hµλ,c blijkt dat de samenstelling van homothetie¨en met eenzelfde centrum commutatief
is als over een veld gewerkt wordt.
Hλ,o ◦ Hµ,d (v) = λµv + λ(1 − µ)d
Hµ,d ◦ Hλ,o (v) = µλv + (1 − µ)d
Dat deze twee homothetie¨en commuteren, betekent dat ∀v ∈ V : λµv + λ(1 − µ)d = µλv + (1 − µ)d, of
dus dat (λ − 1)(1 − µ) = 0. Twee homothetie¨en met verschillend centrum commuteren dus niet, tenzij
´e´en van beide de identiteit is.
Indien λµ = 1, dan zal Hλ,o ◦ Hµ,d = Tλ(1−µ)d = T(λ−1)d en Hµ,d ◦ Hλ,o = T(1−µ)d . Als λµ 6= 1, zal
Hλ,o ◦ Hµ,d = Hλµ,m met m =
λ(1−µ)
1−λµ d
en Hµ,d ◦ Hλ,o = Hλµ,n met n =
Op eenzelfde manier is Tv0 ◦ Hλ,o = Hλ,q met q =
commuteren niet.
v0
1−λ
1−µ
1−λµ d.
en Hλ,o ◦ Tv0 = Hλ,r met r =
λv0
1−λ .
Ook deze
Oefening 2.26. Gebruik de informatie uit de vorige oefening om van de dilatatiegroep enkele deelgroepen
te onderzoeken, meerbepaald de deelgroep der translaties T en de groep van homothetie¨en rond eenzelfde
vast centrum Dil(n, K)c = {Hλ,c | λ ∈ K∗ }. Bepaal van beide of ze commutatief zijn. Met welke bekende
groepen zijn ze isomorf?
Oplossing 2.26. • De volledige verzameling T van translaties over een vectorruimte is zeker een deelgroep, want de samenstelling van twee translaties geeft opnieuw een translatie:
(Ta ◦ Tb )(v) = Ta (v + b) = (v + b) + a = Ta+b (v).
Hier valt meteen ook op dat deze deelgroep abels is, omdat de optelling van vectoren in V commutatief
is. We merken dat de translatiedeelgroep een abelse deelgroep is die isomorf is met de additieve
structuur van de onderliggende vectorruimte V . Het isomorfisme wordt gegeven door
T → V, +
Tw 7→ w
Opgeloste oefeningen LAAM II, Homothetie¨
en
15
• We bekijken nu de verzameling van de homothetie¨en met een vast centrum c. Vermits Hλ1 ,c ◦ Hλ2 ,c =
Hλ1 λ2 ,c , hebben we hier wel degelijk te maken met een deelgroep van Dil(n, K). Deze is commutatief
als we over een veld werken. We besluiten dat deze deelgroep(en) isomorf zijn met de multiplicatieve
groep van het veld, waarbij het isomorfisme gegeven wordt door
Dil(n, K)c → K∗ , ·
Hλ,c 7→ λ.
Men gaat eenvoudig na dat deze afbeeldingen groepsmorfismen zijn.
Oefening 2.27. Bewijs de affiene stelling van Desargues in affiene ruimten AG(n, K) over een lichaam K:
zijn D1 , D2 en D3 drie rechten van AG(n, K) die door een punt s gaan, en zijn ai , bi , 1 6 i 6 3 verschillende
punten van de rechte Di zodanig dat ha1 , a2 i k hb1 , b2 i en ha2 , a3 i k hb2 , b3 i, dan zal ook ha1 , a3 i k hb1 , b3 i.
(Hint: beschouw een goedgekozen homothetie).
→
→ = −
Oplossing 2.27. Beschouw de homothetie H met λ−
sa
sb . Dan zal H (a ) = b . Het beeld
λ,s
1
1
λ,s
1
1
Hλ,s (a2 ) zal enerzijds gelegen zijn op de rechte sa2 en anderzijds op de parallel aan ha1 , a2 i door Hλ,s (a1 ) =
b1 , dus de rechte hb1 , b2 i. Het snijpunt van beide rechten is b2 , dus Hλ,s (a2 ) = b2 . Op dezelfde manier
kan men redeneren, vertrekkend van Hλ,s (a2 ) = b2 , dat Hλ,s (a3 ) = b3 . Omdat Hλ,s een dilatatie is, zal
ha1 , a3 i k hHλ,s (a1 ), Hλ,s (a3 )i = hb1 , b3 i.
Oefening 2.28. Bewijs de affiene stelling van Pappus in affiene ruimten AG(n, K) over een veld K:
zijn A en B twee rechten van AG(n, K) die elkaar snijden in een punt s, zijn a1 , a3 en a5 verschillende
punten van A \ {s} en zijn a2 , a4 en a6 verschillende punten van B \ {s} zodanig dat ha1 , a2 i k ha4 , a5 i en
ha2 , a3 i k ha5 , a6 i, dan zal ook ha1 , a6 i k ha3 , a4 i. (Hint: beschouw twee goedgekozen homothetie¨en).
→=−
→. Dan zal H (a ) =
Oplossing 2.28. Beschouw de homothetie Hλ,s met λ gedefinieerd door λ−
sa
sa
1
5
λ,s 1
→=−
→ dan
a en vermits ha , a i k ha , a i zal H (a ) = a . Beschouw nu de homothetie H met µ−
sa
sa
5
1
2
4
5
λ,s
2
4
µ,s
5
3
zal Hµ,s (a5 ) = a3 en vermits ha3 , a2 i k ha5 , a6 i zal Hµ,s (a6 ) = a2 . Daar Dil(n, K))s isomorf is met de
multiplicatieve groep van K en omdat K een veld is, zal de groep van de homothetie¨en met centrum s
een commutatieve groep zijn. Bijgevolg zal Hλ,s ◦ Hµ,s = Hµ,s ◦ Hλ,s = Hλµ,s . Nu is Hµ,s ◦ Hλ,s (a1 ) =
Hµ,s (a5 ) = a3 en Hµ,s ◦ Hλ,s (a6 ) = Hλ,s ◦ Hµ,s (a6 ) = Hλ,s (a2 ) = a4 . Bijgevolg is Hλµ,s (a1 ) = a3 en
Hλµ,s (a6 ) = a4 en is dus ha1 , a6 i k hHλµ,s (a1 ), Hλµ,s (a6 )i = ha3 , a4 i.
Oefening 2.29. Bewijs de kleine affiene stelling van Desargues in affiene ruimten AG(n, K): zijn D1 , D2
en D3 verschillende parallelle rechten van AG(n, K) en zijn ai , bi , 1 6 i 6 3 verschillende punten van
de rechte Di zodanig dat ha1 , a2 i k hb1 , b2 i en ha2 , a3 i k hb2 , b3 i, dan zal ook ha1 , a3 i k hb1 , b3 i. (Hint:
beschouw een goedgekozen translatie).
Oplossing 2.29. Er bestaat juist ´e´en translatie τ die a1 omzet in b1 . Vermits ha1 , a2 i k hτ (a1 ), τ (a2 )i zal
τ (a2 ) incident zijn met de rechte door τ (a1 ) = b1 parallel met ha1 , a2 i, zijnde hb1 , b2 i. Nu zal ha1 , τ (a1 )i k
ha2 , τ (a2 )i, bijgevolg is τ (a2 ) ook incident met de rechte door a2 parallel met ha1 , b1 i of dus de rechte D2 .
Bijgevolg is τ (a2 ) = b2 , het snijpunt van D2 met hb1 , b2 i.
Analoog toont men aan dat τ (a3 ) = b3 . Bijgevolg is ha1 , a3 i k hτ (a1 ), τ (a3 )i = hb1 , b3 i wat moest bewezen
worden.
Oefening 2.30. Bewijs de kleine affiene stelling van Pappus in affiene ruimten AG(n, K): zijn A en B
twee parallelle rechten van AG(n, K) en zijn a1 , a3 en a5 verschillende punten van A en zijn a2 , a4 en a6
verschillende punten van B zodanig dat ha1 , a2 i k ha4 , a5 i en ha2 , a3 i k ha5 , a6 i, dan zal ook ha1 , a6 i k
ha3 , a4 i. (Hint: beschouw twee goedgekozen translaties).
Oplossing 2.30. Beschouw de unieke translatie τ die a1 omzet in a5 . Dan zal τ (a2 ) = a4 want τ (a2 )
moet incident zijn met de rechte door a2 = τ (a1 ) parallel met ha1 , a5 i = A, en ook met de rechte door
τ (a1 ) = a5 die parallel is met de rechte ha1 , a2 i. Hieruit volgt dat τ (a2 ) = a4 . Beschouw vervolgens
de unieke translatie δ die a5 omzet in a3 . Wegens een analoge redenering is dan δ(a6 ) = a2 . Dus
δ(τ (a1 )) = δ(a5 ) = a3 en τ (δ(a6 )) = τ (a2 ) = a4 .
Omdat de samenstelling van translaties commutatief is zal δ ◦ τ = τ ◦ δ en τ (δ(a1 )) = a3 . Omdat de
translatie τ ◦δ de punten a1 en a6 respectievelijk omzet in a3 en a4 zal ha1 , a6 i k hτ δ(a1 ), τ δ(a6 )i = ha3 , a4 i.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Homothetie¨
en
16
2.5
Affiene transformaties
Affiene afbeeldingen op AG(n, K) kunnen ten opzichte van een affien referentiesysteem voorgesteld worden
door
   

 
b1
x1
a11 · · · a1n
x1




 ..
 .. 
.
.
.
..
..   ..  +  ... 
,
 .  7→  .
an1 · · · ann
xn
xn
bn
met A ∈ Kn×n en b ∈ Kn .
Oefening 2.31. Bewijs dat drie collineaire punten door affiene afbeeldingen op drie collineaire punten
worden afgebeeld. Worden drie niet-collineaire punten ook altijd op niet-collineaire punten afgebeeld?
→
−
−
Oplossing 2.31. Zijn a, b en c drie collineaire punten. Dan zijn de vrije vectoren ab en →
ac lineair
afhankelijk (veelvouden van elkaar):
→
−
−
∃λ ∈ K : →
ac = λab.
Een affiene afbeelding ϕ heeft een werking op de vrije vectoren, genoteerd ϕ, die bovendien lineair is. We
vinden dat
−−−−−−→
−−−−−−→
→
−
→
−
−
ϕ(a)ϕ(c) = ϕ(→
ac) = ϕ(λab) = λϕ(ab) = λϕ(a)ϕ(b).
Dit bewijst dat ϕ(a), ϕ(b) en ϕ(c) collineair zijn.
Omdat de factor λ, die eigenlijk de deelverhouding (c, b; a) is, bewaard blijft onder affiene transformaties,
bewijst dit eveneens dat deelverhouding een affiene invariant is.
Door inverteerbare affiene afbeeldingen worden niet-collineaire punten op niet-collineaire punten afgebeeld,
maar algemene affiene afbeeldingen kunnen niet-collineaire punten ook op collineaire punten afbeelden,
als het beeld niet de volledige affiene ruimte is. Men kan gemakkelijk voorbeelden vinden, bijvoorbeeld
in oefening 2.32.
Oefening 2.32. Zij een affien referentiesysteem van AG(3, R) met oorsprong O gegeven
x en noteer de
co¨ordinaten van een punt van de affiene ruimte tegenover dit referentiesysteem als yz . Welk van de
volgende zijn affiene transformaties? Geef hun representatie tegenover dit referentiesysteem (als x 7→
Ax + b) en bepaal de dimensie van hun beeld.
!
y−3z+2
x
6. De projectie op Y = 0
1
1
1
1. yz 7→ − 2 x− 2 y+3z− 2
x−y
2
7. De spiegeling om Z = 1
x
1 2. yz 7→ 4
8. De translatie met 3 eenheden volgens de posi−2
x
xy tieve z-as
3. yz 7→ yz
xz
9. De schaling (t.o.v. O) van elk punt met factor
x
2x y
2y
zijn euclidische afstand tot O
4. z 7→
2z
x
7+µ
10. De schaling (t.o.v. O) met factor 2 in X5. yz 7→ 5−µ , met µ = x+y+z
3
richting en 3 in Y -richting
6µ
Oplossing 2.32. De dimensie van het beeld zal de rang zijn van de matrix A die de lineaire werking op
de vrije vectoren voorstelt.
1.
x
7→
2.
x
7→
y
z
y
z
0 1 −3
− 12 − 12 3
1
− 21 0
2
!
0 0 0x
000
000
y
z
x
y
z
+
+
1
4
−2
2
− 12
0
, beeld is een vlak.
, beeld is een punt.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Affiene transformaties
17
3. Dit is geen affiene afbeelding.
x
2 0 0x 0
y + 0 , beeld is de volledige AG(3, R).
4. yz 7→ 0 2 0
z
002
0
Dit is een homothetie met verhouding 2 en centrum O.
1 1 1 x
x
7
3
3
3
y + 5 , beeld is een rechte.
5. yz 7→ − 31 − 13 − 31
z
2
2
0
2
6.
x
7→
1 0 0x
7.
x
7→
1 0
8.
x
7→
1 0 0x
y
z
y
z
y
z
y
z
000
001
0
01 0
0 0 −1
+
x
y
z
y
z
010
001
0
0
0
+
+
, beeld is natuurlijk het vlak Y = 0.
0
0
2
0
0
3
, beeld is de hele AG(3, R).
, beeld is de hele AG(3, R).
p
x2 + y 2 + z 2 , dus de afbeelding zou er moeten
9. De euclidische
afstand
tot
O
is
gedefinieerd
als
x
x
p
uitzien als yz 7→ x2 + y 2 + z 2 · yz . Dit is geen affiene afbeelding — euclidische afstand is dan
ook geen affien begrip.
x
2 0 0x 0
y + 0 , beeld is de hele AG(3, R).
10. yz 7→ 0 3 0
z
001
0
Oefening 2.33. Bepaal het beeld onder de overeenkomstige affiene transformatie uit oefening 2.32, van
de volgende meetkundige objecten:
−1 5. Het vlak X + Y + Z = 1
1. Het punt 0
2
6. De kegelsnede X 2 + Y 2 = 1 ∩ Z = 1
2. Het vlak −X − 4Y + 52Z = 27
n 7−λ o
4. De rechte
|λ∈R
λ
7. De rechte Y = 0 ∩ X = Z
2λ−1
4. De rechte X + Y − Z = 0 ∩ X − Y + Z = 2
−4
6
Oplossing 2.33.
1. Het punt
1
8. Het vlak 3X + 7Y + 5Z = 15
−2
2. Het punt
4. De rechte
1
4
−2
n 14−2λ 2λ
4λ−2
o n 14−κ o
κ
|λ∈R =
|κ∈R
2κ−2
4. De rechte X + Y − Z = 0 ∩ X − Y + Z = 4. Als snijlijn van deze twee vlakken zal het beeld van deze
rechte de snijlijn zijn van de beelden van de twee vlakken. X +Y −Z = 0 wordt op zichzelf afgebeeld
en de punten die voldoen aan X − Y + Z = 2 worden afgebeeld (co¨ordinaatgetallen verdubbeld) op
punten die voldoen aan X − Y + Z = 4.
2 2
1 1
1
0
,
i wordt afgebeeld op de rechte h 2 , 0 i.
Alternatief, deze rechte h
2
5. Het punt
22/3
14/3
2
6. Het lijnstuk
4
1
2
h −1 1 i
, 0 .
0
1
1
0 1
0 1
7. Deze rechte h 0 , 0 i wordt afgebeeld op de rechte h 0 , 0 i ↔ Y = 0 ∩ X + Z = 2.
0
1
2
1
X 8. Deze translatie is een dilatatie, dus het vlak zal er parallel mee zijn. Als Y voldoet aan 3X +
Z
X Y
voldoen aan 3X + 7Y + 5Z = 30, wat de vergelijking is van het
7Y + 5Z = 15, dan zal
Z+3
parallelle beeldvlak.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Affiene transformaties
18
Oefening 2.34. Toon aan dat elke twee willekeurige driehoeken van AG(n, K) in elkaar omgezet kunnen
worden door middel van een (inverteerbare) affiene transformatie. Bewijs hetzelfde voor parallellogrammen en geef aan waarom dit niet algemeen geldig is voor willekeurige vierhoeken.
Oplossing 2.34. Neem willekeurige driehoeken (r, s, t) en (a, b, c). We construeren een affiene afbeelding
die (r, s, t) afbeeldt op (a, b, c).
Kies een affien referentiesysteem (r, B) zodanig dat de oorsprong r in ´e´en van de hoekpunten van (r, s, t)
→
−
−
ligt en vul basisvectoren →
rs en rt aan tot een basis van V (AG(n, K)). Dan krijgen de zes beschouwde
punten als co¨ordinaten
           
c1
b1
a1
0
1
0
0 0 1  a2   b2   c2 
           
r . , s . , t . , a  .  , b  .  , c  .  .
 ..   ..   ..   ..   ..   .. 
0
0
0
an
bn
cn
Nu zal elke affiene transformatie van de vorm
   

 
a1
x1
b1 − a1 c1 − a1 ∗ · · · ∗
x1
 b2 − a2 c2 − a2 ∗ · · · ∗  x2   a2 
 x2 
   

 
 ..  7→  ..
..
.. . . ..   ..  +  .. 
 .
 . 
. .  .   . 
.
.
an
xn
bn − an cn − an ∗ · · · ∗
xn
(r, s, t) afbeelden op (a, b, c). Merk op dat we deze matrix kunnen aanvullen tot een niet-singuliere matrix:
de eerste twee kolommen zijn niet 0 omdat a niet samenvalt met b of c en ze zijn lineair onafhankelijk
omdat a, b en c niet collineair zijn (anders zouden ze geen driehoek vormen).
Omdat affiene afbeeldingen de equipollentie behouden, zal hetzelfde gelden voor parallellogrammen. Als
(a, b, d, c) en (r, s, u, t) parallellogrammen zijn, zodat (a, b) ↑ (c, d) en (r, s) ↑ (t, u), zal de affiene afbeelding
ϕ die (a, b, c) afbeeldt op (r, s, t), automatisch ook d op u afbeelden: (r, s) = (ϕ(a), ϕ(b)) ↑ (ϕ(c), ϕ(d)) =
−
(t, ϕ(d)), waaruit ϕ(d) = t + →
rs = u.
Voor algemene vierhoeken geldt dit zeker niet: parallellogrammen kunnen bijvoorbeeld nooit op nietparallellogrammen worden afgebeeld.
Oefening 2.35 (Herexamen 2013). Bewijs dat er voor elke twee affiene referentiesystemen (r, a1 , . . . , an )
en (s, b1 , . . . , bn ) van AG(n, K) een inverteerbare affiene transformatie is die de ene op de andere afbeeldt.
Oefening 2.36. Toon aan dat affiene afbeeldingen (lineaire afbeelding plus translatie) kunnen voorgesteld
worden door ´e´en enkele matrixvermenigvuldiging. Hint: gebruik een uitgebreide vector, die naast de coordinaatgetallen een extra 1 bevat.
Oplossing 2.36.


a11 a12
x1
 a21 a22
 x2 

 
 .
 .. 
..
 .  7→  ..
.

 
an1 an2
xn 
1
0
0

 
· · · a1n b1
x1


· · · a2n b2   x2 

..
..   .. 
..


.
.
.  . 

· · · ann bn  xn 
1
··· 0
1
Dit wordt in het Engels de augmented matrix genoemd. In software worden affiene transformaties doorgaans op deze manier voorgesteld.
Je zal later in de opleiding zien dat dit overeenkomt met afbeeldingen in projectieve ruimten. Daar zullen
punten homogene co¨
ordinaten krijgen (een n + 1-tal van co¨ordinaatgetallen, op veelvoud na bepaald, en
(0, . . . , 0) is geen punt). Als je in de projectieve ruimte het hypervlak Xn+1 = 0 ziet als hypervlak op
oneindig, zullen alle affiene punten die niet in dat hypervlak liggen, kunnen voorstellen door een vector
met Xn+1 = 1. (Zie Projectieve Meetkunde.)
Opgeloste oefeningen LAAM II, Affiene transformaties
19
Oefening 2.37.
• Hoeveel inverteerbare affiene afbeeldingen leven er op AG(n, q)? (Examen 2012)
• Hoeveel daarvan fixeren het hypervlak Xn = 0 puntsgewijs? (Examen 2012)
• Hoeveel daarvan stabiliseren het hypervlak Xn = 0 verzamelingsgewijs?
Oplossing 2.37.
• Een algemene inverteerbare affiene afbeelding is van de vorm
 

   
x1
a11 · · · a1n
x1
b1
 .. 
 ..




.
.
..
..   ..  +  ... 
 .  7→  .
,
.
an1 · · · ann
xn
xn
bn
met A ∈ GL(n, K) en b ∈ Kn . We kunnen de mogelijkheden tellen om veldelementen
in te vullen in
Q
de matrix A en de co¨
ordinaatvector b. We vinden dus | GL(n, q)| · q n = q n ni=1 (q n − q i−1 ), waarbij
q n − q i−1 het aantal mogelijkheden is om rij i van de matrix A op te vullen: q n min alle q i−1 lineaire
combinaties van de voorgaande rijen. Zie ook oefening 2.1.
• Nu zullen we uitdrukken dat die affiene afbeelding aan bepaalde voorwaarden voldoet. Dat zal
voorwaarden geven op de a’s en de b’s, zodat we de expliciete vorm kunnen bepalen van alle affiene
afbeeldingen die aan die voorwaarden voldoen. Om het aantal inverteerbare affiene afbeeldingen
te bepalen die een hypervlak vasthouden,
drukken we uit dat enkele punten in Xn = 0 worden
0
vastgehouden. Eerst eisen we dat p0 =
..
.
(een punt in Xn = 0) vastgehouden wordt. Het beeld
0
!
a1i .
b1
.
.. , dus eisen
.. , dus onze eis impliceert dat alle bi = 0. Het beeld van pi =  1.  is
.
.
.
ani
bn
..
0
van p0 is
0
dat die vastgehouden wordt als i 6= n (dus f (pi ) = pi ), betekent alle aij = δij , j < n. Elke affiene
transformatie die Xn = 0 puntgewijze vasthoudt, moet dus noodzakelijk van de volgende vorm zijn.
 

   
x1
1 0 · · · 0 a1n
x1
0
 x2 
0 1 · · · 0 a2n   x2  0
 

   
 ..  7→  .. .. . . ..
..   ..  +  .. 
 . 
. .
. .
.   .  .
xn
0 0 · · · 0 ann
xn
0
Nu zien we echter dat elke transformatie van deze vorm een punt met laatste co¨ordinaat 0 afbeeldt
op zichzelf, dus de Xn = 0-fixerende affiene afbeeldingen zijn precies de affiene transformaties van
bovenstaande vorm. En hun kardinaliteit kunnen we nu gemakkelijk tellen.
Het aantal mogelijkheden om de vrije parameters in te vullen is q voor elk van {a1n , . . . , an−1,n } en
q −1 voor ann (omdat A niet-singulier moet zijn, moet ann 6= 0). Er zijn dus q n−1 (q −1) inverteerbare
affiene afbeeldingen die een hypervlak fixeren.
• We onderzoeken nu hoe inverteerbare affiene afbeeldingen diehet
hypervlak Xn = 0 verzamelingsge0
wijs vasthouden, eruit zien. We drukken eerst uit dat p0 = ... weer afgebeeld wordt op een punt
0
!
b1
.. , en door de eis dat dit beeld in Xn = 0 moet liggen,
in Xn = 0. Het beeld is net f (p0 ) =
.
bn
0
a1i .
 .. 
.. , dus de voorwaarde geeft ons


vinden we bn = 0. Het beeld van een punt pi =  1  , i < n is
.
..
ani
.
0
dat ani = 0, i < n. We merken nu dat elke transformatie
 

x1
a11 a12 · · · a1,n−1
 x2 
a21 a22 · · · a2,n−1
 

 ..  7→  ..
..
..
..
 . 
 .
.
.
.
0
0 ···
0
xn
Opgeloste oefeningen LAAM II, Affiene transformaties
van deze vorm
   
a1n
x1
b1
 x2  b2 
a2n 
   
..   ..  +  .. 
.  .   . 
ann
xn
(2.1)
0
20
een punt met laatste co¨
ordinaat 0 afbeeldt op een punt met laatste co¨ordinaat 0, dus een affiene
afbeelding stabiliseert Xn = 0 verzamelingsgewijze als en slechts als hij van de vorm 2.1 is. Omdat
de afbeelding inverteerbaar moet zijn, zal ann 6= 0. We tellen het aantal mogelijkheden om de vrije
parameters in de matrix in te vullen op twee alternatieve manieren:
– Het aantal mogelijkheden voor de laatste rij is q − 1, omdat ann 6= 0. Het aantal mogelijkheden
voor de voorlaatste rij is q n − q, voor de n − i-de rij zijn er q n − q i mogelijkheden, dus in totaal
(q − 1)(q n − q)(q n − q 2 ) . . . (q n − q n−1 ).
˜ De determinant van de matrix A wordt dan
– Noem het (n − 1) × (n − 1)-blok linksboven A.
˜
˜
ann · det A. Om A op te vullen zijn er | GL(n − 1, q)| mogelijkheden, voor ann zijn er q − 1
mogelijkheden en voor de (n − 1) × 1-kolom rechtsboven zijn er q n−1 mogelijkheden, dus in totaal
| GL(n − 1, q)|(q − 1)q n−1 .
Voor de translatievector zijn er q n−1 mogelijkheden, dus we vinden
q n−1 · (q − 1)(q n − q)(q n − q 2 ) . . . (q n − q n−1 )
inverteerbare affiene afbeeldingen die een hypervlak stabiliseren.
2.6
Barycentrische co¨
ordinaten
Oefening 2.38. Beschouw in AG(3, K) of AG(4, K) een vast affien referentiesysteem, ten opzichte waarvan de punten hieronder in co¨
ordinaten staan uitgedrukt. Bepaal de barycentrische co¨ordinaten van het
opgegeven affiene punt ten opzichte van de andere punten, indien mogelijk. Indien onmogelijk, leg uit
waarom.
1
1 2 −1 0 • 0 t.o.v. 1 , 0 , −3 , 0 .
1 2
−1 1 0−9 −1
2
0
1
0 ,
1 , 1
0
2
•
t.o.v.
,
(Examen 2007).
0
0
0
0
0
0
0 0
1 1 0 0 2 1
• 1 t.o.v. 1 , 0 , −1 .
1
−1 0 0 4 1 1 0 1
0
0
1
, 11 , −1
t.o.v. −1
•
0
−5 , 0 .
−1
0
0
2
1
Oplossing 2.38.
• We zoeken dus co¨effici¨enten a, b, c en d met som 1, zodat
 
 
 
 
 
1
1
2
−1
0
0 = a 1 + b 0 + c −3 + d 0 .
0
1
2
−1
1
We moeten dus het stelsel


1 = a + 2b − c



0 = a − 3c
0 = a + 2b − c + d



1 = a + b + c + d
oplossen. Dit geeft ons de oplossing a = 32 , b = 0, c = 12 , d = −1. Merk op dat b = 0 betekent
1
1 −1 0
dat 0 gelegen is in het vlak opgespannen door 1 , −3 en 0 , namelijk x − y + z = 1.
0
1
−1
1
Deze vergelijking vindt men trouwens straightforward door de Griekse co¨effici¨enten te bepalen uit de
algemene vergelijking van een affien hypervlak λx + µy + νz = κ na invullen van drie punten.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Barycentrische co¨
ordinaten
21
• We zoeken a, b, c en d zodat
 
 
 
 
 
−9
2
−1
0
1
2
0
0
1
1
  = a  + b  + c  + d .
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
Door een stelsel als voorheen op te lossen, vindt men a = −3, b = 2, c = 3, d = −1. Merk op dat
de vier punten in AG(4, q) slechts het hypervlak z = 0 opspannen, maar dat het opgegeven punt
gelukkig in dat hypervlak gelegen is en dus inderdaad affien afhankelijk is van de vier punten.
• Na wat puzzelwerk blijkt het stelsel


0



1

1



1
= a + 2c
=a−c
=a−b
=a+b+c
strijdig te zijn, wat betekent dat dit punt geen
co¨ordinaten toelaat ten opzichte van de
0barycentrische
gegeven punten. De enige verklaring is dat 1 niet ligt in de affiene deelruimte opgespannen door
1
1 0 2 0
−1
1 ,
en
. Inderdaad, men kan nagaan dat deze vier punten het (hyper)vlak x + y − z = 1
−1
1
0
0
opspannen. Het punt 1 ligt daar duidelijk niet in.
1
• Ook hier zal blijken dat het stelsel geen unieke oplossing heeft. De co¨effici¨entenmatrix heeft namelijk
geen maximale rang. Ditmaal zou het stelsel verschillende oplossingen hebben, wat onmogelijk is bij
het bepalen van het unieke stel barycentrische co¨ordinaten t.o.v. een affien onafhankelijke verzameling
punten. Dit kan enkel als de vier punten in AG(4, q) affien afhankelijk zijn. Inderdaad: ze spannen
geen solid op, maar een vlak, nl. het vlak bepaald door de vergelijkingen −x+y−z = 0 en x+y−u = 1
— de co¨ordinaten die we kiezen voor een punt in AG(4, q) zijn (x, y, z, u). Een stel barycentrische
co¨ordinaten bestaat dus niet voor dit punt.
−1 Oefening 2.39. Bepaal de parameter a zodanig dat 1 een uniek stel barycentrische co¨ordinaten
−1
1 0
0
heeft ten opzichte van de punten 0 , 1 en 0 in AG(3, K), K een veld. Bepaal die co¨ordinaten. Is
a
1
0
de oplossing onafhankelijk van de karakteristiek van het veld?
Oplossing 2.39. De
vier punten waarvan sprake moeten in hetzelfde vlak liggen, duidelijk bepaald door
0
x = z. Als ook 0 hierin moet liggen, zal a = 0 moeten zijn. Bemerk dat dit geen enkel probleem of
a
0
speciaal geval is, daar 0 in de affiene ruimte geen bijzondere rol speelt.
0
De gezochte co¨ordinaten zijn (−1, 1, 1), want
 
     
−1
1
0
0
 1  = − 0 + 1 + 0 .
−1
1
0
0
Oefening 2.40 (Examen 2008). Beschouw in AG(3, R), de punten p0 , p1 , p2 , p3 , c en q, wiens co¨ordinaten
ten aanzien van een vast affien referentiesysteem gegeven worden door
           
0
1
0
0
3
3/2
0 , 0 , 1 , 0 , 3 , 3/2 .
0
0
0
1
2
5/4
• Bepaal de barycentrische co¨
ordinaten van c en q ten opzichte van (p0 , p1 , p2 , p3 ).
• Bepaal de waarden voor µ zodanig dat de homothetie met centrum c en verhouding µ het punt q
afbeeldt in het binnengebied van het viervlak p0 p1 p2 p3 .
Opgeloste oefeningen LAAM II, Barycentrische co¨
ordinaten
22
• Voor welke waarden van µ zal q afgebeeld worden op een punt op de rand van het viervlak? Wat zijn
de beeldpunten? Controleer dat ze inderdaad op een zijvlak liggen.
Oplossing 2.40.
• We zien op het zicht dat
 
 
 
 
 
3
0
1
0
0
3 = −7 0 + 3 0 + 3 1 + 2 0
2
0
0
0
1
 
 
 
 
 
3/2
0
1
0
0
3
3
5
13
3/2 = − 0 + 0 + 1 + 0 ,
4
2
2
4
0
0
0
1
5/4
3 3 5
zodat c barycentrische co¨
ordinaten (−7, 3, 3, 2) heeft en q (− 13
4 , 2 , 2 , 4 ).
• De homothetie Hc,µ : v 7→ µv + (1 − µ)c beeldt q af op
 
  

3/2
3
3 − 23 µ
Hc,µ (q) = µq + (1 − µ)c = µ 3/2 + (1 − µ) 3 = 3 − 32 µ .
5/4
2 − 34 µ
2
3
3
3
De barycentrische co¨
ordinaten van dit punt zijn (−7 + 15
4 µ, 3 − 2 µ, 3 − 2 µ, 2 − 4 µ).
Het binnengebied van het viervlak bestaat uit deze punten waarbij alle barycentrische co¨ordinaten
tussen 0 en 1 liggen. We zoeken dus die waarden voor µ zodat

15

0 6 −7 + 4 µ 6 1


0 6 3 − 3 µ 6 1
2
3

0
6
3
−

2µ 6 1


0 6 2 − 3 µ 6 1
4
Dit is het geval als en slechts als
28
15
6 µ 6 2.
• Het punt q zal afgebeeld worden op een punt op de rand van het viervlak als µ ∈ {2, 28
15 }. Deze liggen
inderdaad op
de
rand
van
het
viervlak:
H 28 ,c (q) =
15
H2,c (q) =
1/5
1/5
3/5
0 0
1/2
ligt op het vlak x + y + z = 1 door p1 , p2 en p3 .
ligt zelfs op de ribbe x = 0, y = 0 door p0 en p3 .
−1 Oefening 2.41 (Herexamen 2012). Bepaal de barycentrische co¨ordinaten van het punt p 1 t.o.v. de
3
2 −5 0 −2 vier punten 0 , 2 , 1 en −1 . Beschrijf de positie van p meetkundig t.o.v. het viervlak gevormd
2
7
0
−1
door de laatste vier punten.
Oplossing 2.41. We zoeken dus co¨effici¨enten a, b, c en d met som 1, zodat
 
 
 
 
 
−1
2
−5
0
−2
 1  = a 0 + b  2  + c 1 + d −1 .
3
2
7
0
−1
We moeten dus het stelsel


−1



1
3



1
= 2a − 5b − 2d
= 2b + c − d
= 2a + 7b − d
=a+b+c+d
Opgeloste oefeningen LAAM II, Barycentrische co¨
ordinaten
23
1
1
1
oplossen. Dit geeft ons de oplossing
2 −5a= 3 ,b 0= 3 , c = 3 , d = 0. Dat d = 0 betekent dat p gelegen is in
het vlak opgespannen door 0 , 2 en 1 . Dat de barycentrische co¨ordinaten van p ten opzichte
2
7
0
precies dat p het zwaartepunt is van de driehoek
van deze drie punten gelijk zijnaan
( 13 , 31, 13 ) betekent
0
−5
2
gevormd door de hoekpunten 0 , 2
en 1 . Het punt p ligt dus op het zwaartepunt van een
2
0
7
zijvlakje van het viervlak.
Oefening 2.42 (Examen 2013). Beschouw AG(3, Q) met een vastreferentiesysteem
waartegenover
de
−1 0 1
punten co¨ordinaten krijgen. Zij ∆ de driehoek door de hoekpunten a 0 , b 1 en c −1 . Beschouw
−1
0
1
ook de volgende affiene afbeelding, die afhangt van vier parameters.
 

   
x
0 1 0
x
η
f : AG(n, Q) → AG(n, Q) : y  7→ −1 0 0 y  + 1/3
z
ξ ζ 1
z
τ
• Bepaal γ zodanig dat p
0
1
γ
een uniek stel barycentrische co¨ordinaten heeft t.o.v. a, b en c.
• Bepaal η, ζ en ξ (in functie van τ ) zodat de affiene afbeelding f het vlak waarin ∆ ligt, verzamelingsgewijze vasthoudt.
• Voor welke waarden van τ beeldt f het zwaartepunt van ∆ af op een punt in het binnengebied van
∆? Op welke zijden wordt het zwaartepunt afgebeeld voor de grenswaarden van het interval voor τ
dat je bekomt?
Oplossing 2.42.
0
• Dan moet p 1 in het vlak liggen, opgespannen door a, b en c (dit is het vlak h∆i = X + Y + Z = 0).
γ
Dus γ = −1.
0
• Het vlak waarin ∆ ligt, heeft vergelijking X + Y + Z = 0 en bevat dus o 0 , dat door f wordt
0
η afgebeeld op f (o) 1/3 . Eisen dat dit punt weer in X + Y + Z = 0 ligt, levert η = −τ − 1/3.
τ
x y−τ −1/3
y
−x+1/3
Een willekeurig punt −x−y in het vlak X + Y + Z = 0 wordt door f afgebeeld op
.
ξx+ζy−x−y+τ
Eisen we dat dit weer in het vlak h∆i ligt, dan moet voor alle x, y ∈ Q gelden dat
(y − τ − 1/3) + (−x + 1/3) + (ξx + ζy − x − y + τ ) = 0
(ξ − 2)x + ζy = 0,
dus waaruit ξ = 2 en ζ = 0.
1 −1 0 0
• Het zwaartepunt van ∆ heeft co¨
ordinaten 31 0 + 13 1 + 13 −1 = 0 en wordt dus afgebeeld
−1
0
0
1
−τ −1/3
2 τ
5 τ
2
op
. Ten opzichte van a, b, c heeft dit punt barycentrische co¨ordinaten −2τ
1/3
3 + 9, 3 + 9, 3 + 9 .
τ
Dit punt ligt in het binnengebied van ∆ als


0 6
06


06
m.a.w. als − 23 6 τ 6 13 .
Als τ =
Als τ =
1/3
dan is f (0) 1/3
−2/3
−2/3
1
1/3
3 , dan is f (0)
1/3
− 32 ,
2
−2τ
3 + 9 61
τ
5
3 + 9 61
τ
2
3 + 9 6 1,
= 32 a + 31 b, dus een punt op de zijde ab.
= 32 b + 31 c, dus een punt op de zijde bc.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Barycentrische co¨
ordinaten
24
Oefening 2.43 (Herexamen 2013). Zij een affien refentiesysteem van AG(2, K)
met kar K 6= 2, 3.
gegeven,
1/3
Bepaal de barycentrische co¨
ordinaten van het punt met affiene co¨ordinaten 1/3 t.o.v. de drie punten
1/2
0
1/2
, 1/2
, 1/2 . Bewijs voor een willekeurige driehoek ∆ in AG(2, K), dat ∆ zelf en de driehoek
0
gevormd door de middens van de zijden van ∆ met elkaar te verbinden, hetzelfde zwaartepunt hebben.
Hint: kies een geschikt referentiesysteem op basis van ∆.
2.7
Affiene vlakken
Oefening 2.44. Construeer het Fanovlak PG(2, 2) als projectieve completering van het affien vlak
AG(2, 2) over GF(2).
Oplossing 2.44. Het affien vlak over GF(2) bestaat uit 4 punten (2 op elke rechte). Er zijn 6 rechten
(3 rechten door elk punt). Men kan het als volgt tekenen en co¨ordinatiseren.
(0, 1)
(1, 1)
y=1
x=y
x=0
x=1
y =x+1
(0, 0)
y=0
(1, 0)
Pogen we AG(2, 2) te completeren tot een PG(2, 2), dan moeten we het volgende doen:
• Laat de rechten, die een parallelklasse vormen, snijden in een extra punt. Op de affiene figuur
hierboven zijn dit de twee horizontale, de verticale en de diagonale. Op de projectieve figuur hieronder
zijn de verlengingen van de rechten aangeduid met stippellijn.
• Voeg bij de vier oude punten een co¨
ordinaatgetal 1 toe op het einde. Geef de punten op oneindig
co¨ordinaten (de som van de andere twee punten op een rechte eindigt dan altijd op een 0).
• Verbind de drie punten op oneindig met een rechte op oneindig met vergelijking Z = 0. Op de figuur
hieronder is die aangeduid met een puntenlijn.
• Benoem de rechten met de zeven mogelijke homogene lineaire vergelijkingen: X = 0, Y = 0, Z =
0, X = Z, X = Y, Y = Z, X + Y = Z.
(0, 1, 0)
(0, 1, 1)
(1, 1, 1)
(1, 0, 0)
(1, 1, 0)
(0, 0, 1)
Opgeloste oefeningen LAAM II, Affiene vlakken
(1, 0, 1)
25
Een meer symmetrische afbeelding van het Fanovlak vind je op het internet (Wikipedia, Google Images:
Fano plane).
Oefening 2.45. Bewijs dat het Moultonvlak een axiomatisch affien vlak is. De definitie vindt men op
Wikipedia — Moulton plane.
Oplossing 2.45. AP3 Er zijn 3 punten die niet collineair zijn: neem bv. de punten (0, 0), (1, 0) en (0, 1).
Het punt (0, 1) ligt immers niet op de rechte y = 0.
AP2 Axioma van Playfair: door elk punt van het vlak gaat er precies 1 rechte die parallel (hier disjunct)
is met een gegeven rechte. Hier geldt dat twee rechten disjunct zijn als en slechts als m1 = m2 .
De rechte door (x1 , y1 ) parallel met
is een rechte van de vorm
(
y = mx + b
y = 2mx + b
als x 6 0
als x > 0
(
y = mx + B
y = 2mx + B
als x 6 0
als x > 0
waarbij B te bepalen is door y1 = mx + B als x1 6 0 of y1 = 2mx1 + B als x1 > 0.
AP1 Er bestaat een unieke rechte door 2 punten (x1 , y1 ) en (x2 , y2 ). We onderscheiden drie gevallen.
1
• Als de rico xy22 −y
−x1 > 0 is, is de rechte stijgend. We hebben dus te doen met de gewone rechte
y2 −y1
y = x2 −x1 (x − x1 ) + y1 .
1
• Als xy22 −y
−x1 < 0 en x2 x1 > 0, dan liggen de twee punten aan dezelfde kant van de y-as. Stel
1
m = xy22 −y
−x1 en bepaal B a.d.h.v. de voorwaarde y1 = mx1 + B. De vergelijking van de rechte
tussen beide punten is
(
y = mx + B
als x 6 0
y = 2mx + B als x > 0
indien de beide punten links van de y-as liggen. Als beide punten rechts van de y-as liggen,
dan wordt deze
(
y=m
als x 6 0
2x+B
y = mx + B als x > 0
1
• Als xy22 −y
−x1 < 0 en x1 x2 < 0 liggen de punten aan verschillende kanten van de y-as, bijvoorbeeld
x2 > 0. We kunnen dus m en B van de vergelijking van de gebroken rechte bepalen door het
volgende stelsel op te lossen.
(
y1 = mx1 + B
als x 6 0
y2 = 2mx2 + B als x > 0
Dit 2 × 2-stelsel met m en B als onbekenden heeft als determinant x1 − 2x2 6= 0 en we hebben
dus een unieke oplossing.
Oefening 2.46. Bewijs dat het Hilbertvlak, zoals gedefinieerd op pagina 34 van de cursus LAAM II, een
axiomatisch affien vlak is.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Affiene vlakken
26
(0, 12 )
(-1,0)
(0,0)
(1,0)
( 32 ,0)
(0,− 12 )
Oplossing 2.46.
AP3 Er bestaan 3 niet collineaire punten: bijvoorbeeld (−1, 0), (1, 0) en (1, 1), want (1, 1) ligt niet op
y = 0.
AP1 Er bestaat een unieke rechte door iedere 2 punten. We onderscheiden verschillende liggingen van
twee punten.
• twee punten die buiten of op E liggen: neem de gewone rechte die eventueel vervormd is binnen
E.
• twee punten die binnen of op E liggen: wanneer de twee punten samen met ( 32 , 0) klassiek
collineair zijn, dan geven ze aanleiding tot een gewone rechte. Anders bestaat er een unieke
cirkel door die drie punten. De Hilbertrechte door de twee punten bestaat dan enerzijds uit de
cirkelboog binnen de ellips en anderzijds uit de rechte die buiten de ellips verderloopt door de
snijpunten van de ellips met de cirkel.
• ´e´en punt binnen E, ´e´en punt buiten E: stel dat (x2 , y2 ) binnen E gelegen is. Beschouw een
variabel punt (ξ, η) gelegen op E en beschouw de rechte L door (x1 , y1 ) en (ξ, η). Deze heeft
een vergelijking die lineair is in ξ en η. Het middelpunt van de cirkel door (x2 , y2 ), ( 32 , 0) en
(ξ, η) construeer je als volgt: je zoekt het snijpunt van de middelloodlijn op het lijnstuk tussen
(x2 , y2 ) en ( 32 , 0), waar de variabelen ξ en η niet in voorkomen, en de middelloodlijn op het
lijnstuk tussen ( 23 , 0) en (ξ, η), wat een lineaire uitdrukking in ξ en η oplevert. De co¨ordinaten
van het snijpunt zullen bijgevolg ook lineaire uitdrukkingen zijn in ξ en η. Het kwadraat van de
cirkelstraal is een kwadratische uitdrukking in ξ en η, zodat de gehele vergelijking van de cirkel
ook een kwadratische uitdrukking in ξ en η wordt. Vervolgens bepaalt men het tweede snijpunt
tussen E en de rechte L. Dit levert ook een lineaire uitdrukking in ξ en η op. Als je uitdrukt dat
dit tweede snijpunt ook op de cirkel ligt, dan krijg je een kwadratische uitdrukking in ξ, met twee
re¨ele oplossingen (´e´en voor elk van de snijpunten). Deze vergelijking zou geen re¨ele oplossingen
hebben, mochten we vertrokken zijn van twee punten buiten E wiens verbindingsrechte E niet
snijdt. De oplossingen in ξ (en de juiste bijhorende η’s) geven de twee E-punten die de gezochte
Hilbertrechte opleveren.
AP2 Rechten zijn parallel als hun richtingsco¨effici¨enten van het stuk dat buiten E uitsteekt, gelijk zijn.
Het construeren van de unieke parallel door een punt gebeurt zoals bij het Moultonvlak. De details
laten we achterwege.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Affiene vlakken
27
Oefeningen op hoofdstuk 4
Bilineaire en kwadratische vormen
4.1
Definitie en matrixvoorstelling
Oefening 4.1. Bewijs dat de volgende vormen bilineair zijn.
f1 : R2 × R2 → R
(( ab ) , ( dc )) 7→ det ( ab dc )
f2 : Mat3 (R) × Mat3 (R) → R
((aij ), (bij )) 7→ a11 b11 + a12 b21 + a13 b31
Oplossing 4.1. We zoeken uit of de vorm in beide leden lineair is.
?
a a a a f1 λ b11 + µ b22 , ( dc ) = λf1 b11 , ( dc ) + µf1 b22 , ( dc )
!
a1 c a2 c 1 +µa2 c
det λa
=
λ
det
+
µ
det
b
d
b2 d
λb1 +µb2 d
1
De verificatie van lineariteit in het tweede lid gebeurt op dezelfde manier. Voor f2 controleren we
?
f2 (λ(aij ) + µ(bij ), (cij )) = λf2 (aij , cij ) + µf2 (bij , cij )
!
(λa11 + µb11 ) c11 + (λa12 + µb12 ) c21 + (λa13 + µb13 ) c31 = λ (a11 c11 + a12 c21 + a13 c31 ) +
µ (b11 c11 + b12 c21 + b13 c31 )
Lineariteit in het andere lid wordt op een gelijkaardige manier gecontroleerd.
Oefening 4.2. Beschouw V = V (2, R) met basis (e1 , e2 ). Schrijf v1 = x1 e1 + y1 e2 en v2 = x2 e1 + y2 e2 .
Welke van de volgende afbeeldingen zijn bilineaire vormen?
f3 : V × V → R : (v1 , v2 ) 7→ x1 x2 − y1 y2
fπ : V × V → R : (v1 , v2 ) 7→ x1 + x2
−1
f4 : V × V → R : (v1 , v2 ) 7→ x1 x−1
2 + y1 y2
f5 : V × V → R : (v1 , v2 ) 7→ x1 y1 + x2 y2
f6 : V × V → R : (v1 , v2 ) 7→ x1 x2
f7 : V × V → R : (v1 , v2 ) 7→ 3x1 x2 + πy1 y2 + 5
Oplossing 4.2.
?
f3 (λv + µw, u) = λf3 (v, u) + µf3 (w, u)
!
(λxv + µxw )xu − (λyv + µyw )yu = λ(xv xu + yv yu ) + µ(xw xu − yw yu )
Opgeloste oefeningen LAAM II, Bilineaire en kwadratische vormen
28
Lineariteit in het andere lid volgt analoog en we besluiten dat f3 een bilineaire vorm is.
?
fπ (λv + µw, u) = λfπ (v, u) + µfπ (w, u)
?
(λvx + µwx ) + ux = λ(vx + ux ) + µ(wx + ux )
!
1 6= λ + µ
Dit zou moeten gelden voor alle λ, µ, maar dit is niet zo. Bijgevolg is fπ geen bilineaire vorm.
?
f4 (λv + µw, u) = λf4 (v, u) + µf4 (w, u)
λxv + µxw
λyv + µyw !
xv
yv
xw
yw
+
=λ
+
+µ
+
xu
yu
x u yu
xu
yu
?
f4 (u, λv + µw) = λf4 (u, v) + µf4 (u, w)
!
xu
yu
xu
yu
x u yu
+
+
+µ
+
6= λ
λxv + µxw
λyv + µyw
xv
yv
xw
yw
f4 is lineair in haar eerste argument, maar niet in haar tweede en is dus geen bilineaire vorm.
?
f5 (λv + µw, u) = λf5 (v, u) + µf5 (w, u)
!
(λxv + µxw )(λyv + µyw ) + xu yu 6= λ (xv yv + xu yu ) + µ (xw yw + xu yu )
Dit is dus allerminst een bilineaire vorm.
?
f6 (λv + µw, u) = λf6 (v, u) + µf6 (w, u)
!
(λxv + µxw )xu = λxv xu + µxw xu
Na een analoge verificatie in het tweede argument concluderen we dat f6 bilineair is.
?
f7 (λv + µw, u) = λf7 (v, u) + µf7 (w, u)
f7 (0, 0) = 5 6= 10 = f7 (0, 0) + f7 (0, 0)
Dit is dus geen bilineaire vorm.
Oefening 4.3. Beschouw in de vectorruimte R2 de vectoren v1 = ( xy11 ) en v2 = ( xy22 ) ten opzichte van
de standaardbasis B = (( 10 ) , ( 01 )). Bepaal van de volgende bilineaire vormen de matrixvoorstelling t.o.v.
de standaardbasis en bepaal de rang van fi . Doe hetzelfde voor de vormen uit oefening 4.2 die bilineair
waren.
f8 (v1 , v2 ) = x1 x2 + y1 y2
f9 (v1 , v2 ) = x1 y2 − x2 y1
f10 (v1 , v2 ) = x1 y2 − 4x2 y1 + 3y1 y2
f11 (v1 , v2 ) = x1 x2 + 7x2 y1
Oplossing 4.3. De matrixvoorstelling van fi tegenover een basis (e1 , e2 ), ziet eruit als:
f (e1 , e1 ) f (e1 , e2 )
.
f (e2 , e1 ) f (e2 , e2 )
Na invullen van de combinaties van ( 10 ) en ( 01 ) in de bilineaire vorm, vinden we de matrixvoorstellingen van
de fi . De rang van de bilineaire vorm is de rang van de matrix — die is invariant onder basisovergangen.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Definitie en matrixvoorstelling
29
1
MB (f11 ) =
7
1
MB (f3 ) =
0
1
MB (f6 ) =
0
1 0
MB (f8 ) =
, rang = 2
0 1
0 1
MB (f9 ) =
, rang = 2
−1 0
0 1
MB (f10 ) =
, rang = 2
−4 3
0
, rang = 1
0
0
, rang = 2
−1
0
, rang = 1
0
Oefening 4.4. Noteer
R3 de co¨
1 in de
vectoren v1 en v2 ten opzichte van
vectorruimte
0 ordinatenvan
x2
x1
0
0 , 1 , 0
de standaardbasis
als v1 = yz1 en v2 = yz2 . Bepaal van de volgende bilineaire
2
1
0
0
1
vormen de matrixvoorstelling t.o.v. de standaardbasis en bepaal de rang van fi .
f12 (v1 , v2 ) = x1 x2 + y1 y2 + z1 z2
f13 (v1 , v2 ) = x1 y2 + (x2 + z2 )y1
f14 (v1 , v2 ) = x1 x2 − x1 z3 − z1 x3 + z1 z3
f15 (v1 , v2 ) = x1 y2 + 2y1 z2 + 3z1 x2
Oplossing 4.4. Analoog aan oefening 4.3 berekenen we

f (e1 , e1 ) f (e1 , e2 )
f (e2 , e1 ) f (e2 , e2 )
f (e3 , e1 ) f (e3 , e2 )
telkens

f (e1 , e3 )
f (e2 , e3 ) .
f (e3 , e3 )
Voor elke entry vinden we net de co¨effici¨ent van ´e´en van de termen in de uitdrukking voor fi .


1 0 0
MB (f12 ) = 0 1 0 , rang = 3
0 0 1


0 1 0
MB (f13 ) = 1 0 1 , rang = 2
0 0 0


1 0 −1
MB (f14 ) =  0 0 0  , rang = 1
−1 0 1


0 1 0
MB (f15 ) = 0 0 2 , rang = 3
3 0 0
Oefening 4.5. Welke van de fi in de oefeningen hierboven zijn symmetrisch, welke alternerend? Welke
zijn niet-singulier?
Oplossing 4.5. Een alternerende vorm heeft een scheefsymmetrische matrixvoorstelling; een symmetrische vorm heeft een symmetische matrixvoorstelling. We vinden dat f3 , f6 , f8 , f12 en f14 symmetrische en
f1 en f9 alternerende bilineaire vormen zijn.
Een niet-singuliere vorm heeft een matrixvoorstelling met determinant verschillend van 0. Alle vormen
zijn niet-singulier, behalve de singuliere f2 , f6 , f11 , f13 en f14 . Waarom f2 singulier is, wordt uitgewerkt
in oefening 4.10.
Oefening 4.6. Zoek in de bilineaire ruimten (V, fi ), i ∈ {1, 3, 9, 15}, de isotrope vectoren. Bepaal
rad(V, fi ) voor i ∈ {1, 6, 14}.
Oplossing 4.6. Een isotrope vector is een vector waarvoor geldt dat fi (v, v) = 0. We noteren con
ordinaten van vectoren t.o.v. de standaardbasis
x van V = R zoals in de oefening waarin ze voor het eerst
verschijnen. De vectoren v = ( xy ) of v = yz zijn isotroop als ze voldoen aan
Opgeloste oefeningen LAAM II, Definitie en matrixvoorstelling
30
x y
1. f1 (v, v) = det
= 0. Dit is echter altijd voldaan, dus alle vectoren zijn isotroop.
x y
3. f3 (v, v) = x2 − y 2 = 0. Dit is zo als en slechts als x = ±y, dus de isotrope vectoren vormen de unie
1 .
van twee vectorrechten R ( 11 ) en R −1
9. f9 (v, v) = xy − xy = 0. Dit is weer altijd voldaan: alle vectoren zijn isotroop.
n x o
y | xy + 2yz + 3zx = 0
15. f15 (v, v) = xy + 2yz + 3zx = 0. De isotrope vectoren
vormen in
z
de vectorruimte een kegel van vectorrechten. Bekeken in PG(2, R) vormen deze punten een nietontaarde kegelsnede (zie cursus Projectieve Meetkunde, 2de bachelor).
Voor het radicaal van een bilineaire vorm zoeken we alle vectoren v = ( xy ) waarvoor fi (v, w) = 0 voor
alle w = ( xyww ). Ze zijn bijgevolg de oplossing van het stelsel v > MB (f ) = 0. De dimensie van deze
oplossingsruimte (en dus van het radicaal) zal dus n − rang MB (f ) zijn.
1. De vorm f1 is niet-singulier, dus rad V =
0
.
0
6. We zoeken de ( xy ) waarvoor xX = 0, voor alle X
Y . We vinden dat x = 0, maar y mag willekeurig
zijn. We vinden de vectorrechte R ( 01 ) als radicaal.
14. Het stelsel om rad (V, f14 ) te bepalen:


1 0 −1
x y z  0 0 0 = 0 0 0
−1 0 1
0
1
heeft als oplossing het vectorvlak opgespannen door 1 en 1 . Dit konden we ook weten door te
0
1
kijken naar oefening 4.7, want tegenover de basis met deze twee vectoren in, zijn de overeenkomstige
rijen (of kolommen) in de matrixvoorstelling nulrijen (of -kolommen).
Oefening 4.7. Beschouw een nieuwe basis (( 11 ) , ( 23 )) van R2 . Bepaal de matrixvoorstelling en de rang
van f8 , f9 , f10 en f11 ten opzichte van deze nieuwe basis.
1 0 1 0 , 1 , 1
Beschouw een nieuwe basis
van R3 . Bepaal de matrixvoorstelling en de rang van
0
0
1
f12 , f13 , f14 en f15 ten opzichte van deze nieuwe basis.
Oplossing 4.7. We kunnen de matrix


f (e01 , e01 ) · · · f (e01 , e0n )


..
..
..


.
.
.
0
0
0
0
f (en , e1 ) · · · f (en , en )
bepalen, waarbij (e0i ) de nieuwe basis voorstelt. Een andere manier om de nieuwe matrixvoorstelling te
bepalen, is te gebruiken dat de matrix van de bilineaire afbeelding transformeert als A 7→ C > AC, met C
de matrix van de basisovergang. In deze gevallen zijn de overgangsmatrices


1 0 1
1 2
0 1 1 .
en
1 3
0 0 1
Met beide methodes bekomen we
Opgeloste oefeningen LAAM II, Definitie en matrixvoorstelling
31
M
(e0i )
(f8 ) =
2 5
5 13
M
0 4
−1 9


1 0 1
M(e0i ) (f12 ) = 0 1 1
1 1 3


1 0 0
M(e0i ) (f14 ) = 0 0 0
0 0 0
(e0i )
0 1
−1 0
16
46
(f9 ) =
8
23

0

M(e0i ) (f13 ) = 1
1

0
M(e0i ) (f15 ) = 0
3
M(e0i ) (f10 ) =
M(e0i ) (f11 ) =

1 1
0 2
1 3

1 1
0 2
1 6
Merk op dat de rang inderdaad invariant blijft onder (deze) basisovergangen.
Oefening 4.8 (Examen 2007). Beschouw een bilineaire ruimte (V, f ) op V = V (4, R) en zij a ∈ R
een parameter. Over de reflexieve bilineaire vorm f en de basis B = (e1 , e2 , e3 , e4 ) van V is het volgende
gegeven: e4 is isotroop, de (aan de bilineaire vorm f geassocieerde) norm van e1 en e2 is 1 en f (e3 , e3 ) = 2.
De basisvector e1 staat orthogonaal op het vectorvlak he2 , e3 i. Verder is f (e2 , e4 ) = 1 en is e3 orthogonaal
met e4 en e2 .
Bepaal de matrixvoorstelling van f t.o.v. B. Beschrijf de verzameling isotrope punten van (V, f ). Is dit
een deelruimte van van V ? Verklaar je antwoord in functie van a.
Oefening 4.9. Beschouw de vectorruimte Pn (R) van de re¨ele 6 n-degraadspolynomen in ´e´en veranderlijke x. Een basis voor Pn (R) over R is bv. 1, x, x2 , . . . , xn . Onderzoek of de volgende afbeeldingen
(symmetrische) bilineaire vormen zijn op Pn (R).
f16 (p, q) = p(0) + q(0)
f17 (p, q) = p(q(0))
f18 (p, q) = p(3) · q(2)
f19 (p, q) = p(1) · q 0 (1),
met q 0 de afgeleide van q naar x.
Oplossing 4.9. Zoals voorheen kijken we weer of de vormen lineair zijn in beide leden.
?
f16 (p + q, r) = f16 (p, r) + f16 (q, r)
p(0) + q(0) + r(0) 6= p(0) + r(0) + q(0) + r(0)
?
f17 (p, q + r) = f17 (p, q) + f17 (p, r)
p(q(0) + r(0)) 6= p(q(0)) + p(r(0))
Dit kunnen dus geen bilineaire vormen zijn. De volgende twee zijn dat wel, zoals deze verificaties aantonen:
(λp(3) + µq(3))r(2) = λp(3) · r(2) + µq(3) · r(2)
p(3)(λq(2) + µr(2)) = λp(3) · q(2) + µp(3) · r(2)
(µp(1) + λq(1))r0 (1) = µp(1)r0 (1) + µq(1)r0 (1)
p(1)(µq 0 (1) + λr0 (1)) = µp(1)q 0 (1) + µp(1)r0 (1)
Dit is niet verwonderlijk, daar beide bilineaire vormen opgebouwd zijn als product van twee lineaire
vormen, zoals in oefening 4.11. Inderdaad, heeft p = an xn + · · · + a1 x + a0 co¨ordinaten (an , . . . , a0 ) t.o.v.
de standaardbasis, dan worden deze lineaire vormen gegeven door:
Pn (R) → R : p 7→ p(3) = 3n an + · · · + 9a2 + 3a1 + a0
Pn (R) → R : p 7→ p(2) = 2n an + · · · + 4a2 + 2a1 + a0
Pn (R) → R : p 7→ p(1) = an + · · · + a2 + a1 + a0
Pn (R) → R : p 7→ p0 (1) = nan + · · · + 2a2 + a1
Opgeloste oefeningen LAAM II, Definitie en matrixvoorstelling
32
Oefening 4.10. Herneem de bilineaire vorm
f2 : Mat3 (R) × Mat3 (R) → R, ((aij ), (bij )) 7→ a11 b11 + a12 b21 + a13 b31
uit oefening 4.1. Bepaal een een basis B van de vectorruimte Mat3 (R) en bepaal de matrix van f2
tegenover deze basis.
Oplossing 4.10. Mat3 (R) is een negendimensionale vectorruimte over R. De standaardbasis wordt
gegeven door
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 000 , 000 , 000 , 100 , 010 , 001 , 000 , 000 , 000
.
000
000
000
000
000
000
100
010
001

a11 a12 a13
ordinaten (a11 , a12 , a13 , a21 , a22 , a23 , a31 , a32 , a33 ) t.o.v. deze baEen matrix a21 a22 a23  heeft dan co¨
a31 a32 a33
sis.

De matrixvoorstelling

a11 a12
f2 : a21 a22
a31 a32
is dan af te lezen
 
a13
b11 b12
a23  , b21 b22
a33
b31 b32
= a11 a12 a13 a21 a22
uit

b13
b23  7→ a11 b11 + a12 b21 + a13 b31
b33

1 0 0 0 0
0 0 0 1 0

0 0 0 0 0


0 0 0 0 0
a23 a31 a32 a33 · 
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
  
0
b11
b12 
0
  
 
0
 b13 
 
0
 b21 


0 · 
b22  .


0 b23 

 
0
 b31 
0 b32 
0
b33
Oefening 4.11. Beschouw een vectorruimte V (n, K) met twee lineaire vormen α : V → K en β : V →
K.
• Bewijs dat de afbeelding f : V × V → K : (v, w) 7→ α(v) · β(w) een bilineaire vorm is over V (n, K).
• Als B = {e1 , . . . , en } een basis is van V (n, K) met α(ei ) = λi en β(ei ) = µi voor 1 6 i 6 n, bepaal
dan MB (f ), een uitdrukking voor f t.o.v. B en de rang van f .
Oplossing 4.11.
?
f (λu + µv, w) = λf (u, w) + µf (v, w)
!
α(λu + µv) · β(w) = λα(u) · β(w) + µα(v) · β(w)
wegens de lineariteit van α. De lineariteit van β geeft de lineariteit in het tweede argument.
Het ij-de element van MB (f ) is f (ei , ej ) = α(ei )β(ej ) = λi µj . We bekomen dus de volgende matrix:

  
λ1 µ1 λ1 µ2 . . . λ1 µn
λ1
 λ 2 µ 1 λ 2 µ 2 . . . λ2 µ n   λ 2 

  
=  .  · µ1 µ2 . . . µn .
 ..

..
.
.
..
..   .. 
 .
.
λn µ1 λn µ2 . . . λn µn
λn
Opgeloste oefeningen LAAM II, Definitie en matrixvoorstelling
33
x1
Inderdaad, we kunnen f immers schrijven als, met bijvoorbeeld v =
x2
!
..
.
,w =
y1
f (v, w) = x1
..
.
!
:
y2
 
 
x2
λ1
 . 
 . 
. . . y1  ..  µ1 . . . µ2  ..  = (λ1 x1 + · · · + λ2 y1 ) · (µ1 x2 + · · · + µ2 y2 ) .
y2
λ2
We zullen later zien dat deze bilineaire vorm f eigenlijk het tensorproduct α ⊗ β is van de twee lineaire
vormen α en β.
4.2
Symmetrische en alternerende bilineaire vormen
Oefening 4.12. Zij f een bilineaire vorm op V . Bewijs dat f alternerend is (∀v, w : f (v, w) = −f (w, v))
als en slechts als de diagonaalfunctie V → K : v 7→ f (v, v) additief is.
Oplossing 4.12. De additiviteit van de diagonaalfunctie betekent dat ∀v, w ∈ V : f (v + w, v + w) =
f (v, v) + f (w, w). We weten echter dat f (v + w, v + w) = f (v, v) + f (v, w) + f (w, v) + f (w, w), dus die
additiviteit is het geval als en slechts als f (v, w) + f (w, v) = 0 ∀v, w ∈ V , m.a.w. als f alternerend is.
Oefening 4.13. Bewijs dat spoor(A> B) een symmetrische bilineaire vorm is op de vectorruimte Matm×n (R).
P
Oplossing 4.13. Daar (A> B)ij = m
k=1 aki bkj , wordt deze vorm gegeven door
Matm×n (R) × Matm×n (R) → R : (A, B) 7→
n X
m
X
aki bki ,
i=1 k=1
wat een bilineaire vorm definieert, die symmetrisch is in A en B. Men kan dit ook inzien doordat spoor,
matrixproduct en transponeren van matrices lineaire operatoren zijn: scalaire vermenigvuldigingen en
sommen kunnen door de uitdrukking spoor(A> B) getrokken worden. Merk tenslotte op dat ten opzichte
van de standaardbasis, de matrixvoorstelling van spoor(·> ·) de mn × mn-eenheidsmatrix Imn is.
Oefening 4.14. Bewijs: als A een symmetrische of scheefsymmetrische n × n-matrix is, dan geldt
A · A> = A> · A en A2 is symmetrisch.
Oplossing 4.14. Als A symmetrisch is, dan geldt A = A> . Hieruit volgt onmiddellijk dat A · A> =
>
A · A = A> · A. Verder geldt A2 = A> · A> = A2 , wat uitdrukt dat A2 symmetrisch is.
Als A scheefsymmetrisch is, dan is A = −A> . Er volgt dat A · A> = A · (−A) = A> · A en A2
A> · A> = (−A)2 = A2 .
>
=
Oefening 4.15. Zij λ1 , λ2 ∈ K, v1 , v2 ∈ V (n, K) en A en B symmetrische n × n-matrices. Als Av1 =
λ1 Bv1 en Av2 = λ2 Bv2 , met λ1 6= λ2 , bewijs dan dat v1> Bv2 = 0.
Oplossing 4.15. Daar A symmetrisch is geldt: v1 > Av2 = v2 > Av1 . Het linkerlid herleidt zich tot
v1 > λ2 Bv2 = λ2 (v1 > Bv2 ). Voor het rechterlid bekomen we v2 > λ1 Bv1 = λ1 (v2 > Bv1 ) = λ1 (v1 > Bv2 )
wegens de symmetrie van B. Trekken we het linkerlid van het rechterlid af, dan krijgen we
(λ1 − λ2 )(v1 > Bv2 ) = 0.
Wegens λ1 6= λ2 volgt het gestelde.
Oefening 4.16. Bewijs: over een veld K met kar K 6= 2 kan elke vierkante matrix op unieke wijze
geschreven worden als de som van een symmetrische en een scheefsymmetrische matrix.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Symmetrische en alternerende bilineaire vormen
34
Oplossing 4.16. Willen we een matrix A op unieke manier schrijven als een som van een symmetrische
B en een antisymmetrische C, dan zoeken we een unieke oplossing van het stelsel
(
aij
= bij + cij
aji = bji + cji = bij − cij
voor elk koppel i 6= j. De determinant van dit stelsel is −2. Er bestaat dus altijd een unieke oplossing als
de karakteristiek niet 2 is. Indien i = j, moet cii = 0 wegens de veronderstelde scheefsymmetrie van C en
kunnen we eenvoudig stellen dat bii = aii , wat ons een unieke manier geeft om A als som te schrijven van
een symmetrische en een scheefsymmetrische matrix.
Een ondersteunende reden waarom dit altijd kan, wordt gegeven door de dimensieargumenten in oefening
4.19.
Oefening 4.17. Bewijs dat de verzameling van bilineaire vormen op een vectorruimte V — noteer
Bil(V ) — opnieuw de structuur van een vectorruimte heeft. Bewijs dat, voor de gedefinieerde optelling en
scalaire vermenigvuldiging op Bil(V ), de deelverzameling van de symmetrische en die van de alternerende
bilineaire vormen deelruimten vormen van Bil(V ).
Oplossing 4.17. We defini¨eren de optelling en de scalaire vermenigvuldiging van bilineaire vormen als
volgt:
Zijn f en g twee bilineaire vormen; v, w ∈ V ; λ ∈ K, dan stellen we:
(f + g)(v, w) = f (v, w) + g(v, w)
(λf )(v, w) = λf (v, w).
Om te beginnen stellen we vast dat dit goed gedefinieerd is: een lineaire combinatie van bilineaire vormen
definieert inderdaad opnieuw een bilineaire vorm. We tonen hier enkel expliciet de additiviteit aan in het
eerste lid voor een som van 2 bilineaire afbeeldingen.
(f + g)(u + v, w) = f (u + v, w) + g(u + v, w)
= f (u, w) + f (v, w) + g(u, w) + g(v, w) = (f + g)(u, w) + (f + g)(v, w)
Analoog voor de scalaire vermenigvuldiging in het eerste lid, alsook voor de lineariteit in het rechterlid.
Dat de vermenigvuldiging van een bilineaire vorm met een scalair eveneens een bilineaire vorm oplevert,
kent een analoge verificatie.
Verder zouden we expliciet kunnen nagaan dat de de axioma’s van een vectorruimte voldaan zijn voor
deze optelling en scalaire vermenigvuldiging. Bij wijze van voorbeeld tonen we hier expliciet de distributiviteitseigenschappen (λ + µ)f = λf + µf en λ(f + g) = λf + λg aan:
((λ + µ)f ) (v, w) = (λ + µ) (f (v, w)) = λ (f (v, w)) + µ (f (v, w)) = (λf )(v, w) + (µf )(v, w)
(λ(f + g)) (v, w) = λ ((f + g)(v, w)) = λ (f (v, w) + g(v, w)) = (λf ) (v, w) + (λg) (v, w)
Uit (λf + µg)(v, w) = λf (v, w) + µg(v, w) = λf (w, v) + µg(w, v) = (λf + µg)(w, v) en (λf + µg)(v, v) =
λf (v, v) + µg(v, v) = 0 volgt dat lineaire combinaties van symmetrische of alternerende vormen terug
symmetrische of alternerende opleveren. De symmetrische bilineaire vormen vormen dus een deelruimte
S(V ) en de alternerende een deelruimte A(V ) (notaties niet gestandaardiseerd).
Oefening 4.18 (Herexamen 2012). Bewijs dat dim Bil(Rn , Rm ) = mn.
Oplossing 4.18. De vectorruimte Bil(Rn , Rm ) van bilineaire vormen op Rm × Rn is isomorf met de
vectorruimte Rn×m van re¨ele n × m-matrices, want gegeven een basis B kunnen we elke bilineaire vorm
f : Rn × Rm → R : (v, w) 7→ v > MB (f )w afbeelden op zijn matrix MB (f ). Omdat sommen en scalaire
veelvouden van matrices corresponderen met sommen en scalaire veelvouden van de bilineaire vormen, is
deze afbeelding een lineaire bijectie en dus een isomorfisme. Deze vectorruimte heeft dimensie mn. Een
basis wordt immers gegeven door alle n × m-matrices die een 1 hebben op ´e´en van de mn plaatsen in de
matrix en nullen elders.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Symmetrische en alternerende bilineaire vormen
35
Oefening 4.19. Als V dimensie n heeft, bepaal dan de dimensie van Bil(V ) en geef een basis voor deze
vectorruimte. Bepaal ook de dimensies en basissen voor de deelruimten der symmetrische en alternerende
bilineaire vormen. Tot welke conclusie kom je? Controleer dat je resultaat in overeenstemming is met
oefening 4.16.
Oplossing 4.19. Oefening 4.18 zegt dat dim Bil(V ) = dim Bil(V, V ) = n2 (omdat een bilineaire vorm
volledig vastligt door zijn matrixvoorstelling ten opzichte van een bepaalde basis van V ). Via het isomorfisme met (n × n)-matrices vinden we een basis voor deze vectorruimte: gebruik de standaardbasis voor
Matn (K).
Kies een basis B. We weten dat alternerende vormen corresponderen met antisymmetrische matrices (dus
2
met 0 op de diagonaal en aij = −aji ). De n 2−n bilineaire vormen bij : (u, v) 7→ ui vj − uj vi , met i < j,
dus horend bij de matrices met aij = 1, aji = −1 en verder overal 0, vormen bijvoorbeeld een basis van
A(V ): omdat de co¨effici¨enten ten opzichte van deze basis, van een bilineaire vorm / matrix precies de
entries van de matrix zijn, zullen deze precies de ruimte van alternerende bilineaire vormen opspannen.
Men kan met datzelfde inzicht nagaan dat een lineaire combinatie van deze basiselementen pas 0 oplevert
wanneer de co¨effici¨enten 0 zijn, zodat deze ook lineair onafhankelijk zijn. Omdat deze basis kardinaliteit
n2 −n
heeft zal dit ook de dimensie zijn van de deelruimte der alternerende bilineaire vormen (dit is het
2
aantal entries strikt-boven de diagonaal).
Voor een symmetrische vorm moeten de diagonaalelementen niet noodzakelijk nul zijn. Een basis wordt
bijvoorbeeld gegeven door de bilineaire vormen sij : (u, v) 7→ ui vj + uj vi , met i < j unie de bilineaire
2
vormen di : (u, v) 7→ u2i . Dit zijn de vormen horend bij de n 2+n matrices met aij = aji = 1 en verder
overal 0, voor i > j. Dat dit inderdaad een basis is, gaat men na op precies dezelfde manier als bij de
2
alternerende. Er volgt dat de dimensie van de deelruimte der symmetrische bilineaire vormen n 2+n is.
Daar A(V ) ∩ S(V ) = {0} en n2 =
n2 −n
2
2
+ n 2+n , i.e. dim A(V ) + dim S(V ) = dim Bil(V ), besluiten we dat
Bil(V ) = A(V ) ⊕ S(V ).
In oefening 4.16 hadden we net besloten dat elke vierkante matrix te schrijven is als som van een symmetrische en een antisymmetrische matrix, en bovendien op unieke manier, wat precies overeenkomt met
bovenstaande directe som.
4.3
Discriminant
Oefening 4.20. Wat is van de volgende velden de kwadratenquoti¨entgroep waarin de mogelijke discriminanten leven? Bepaal bijvoorbeeld de orde ervan. Bereken de discriminant van de bilineaire vormen,
die uitgedrukt staan tegenover een bepaalde basis van de tweedimensionale vectorruimte waarop ze gedefinieerd zijn.
1 π
x2
x1
x2
• Over R : f :
,
7→ x1 y1
y
y
1 1
y
1 2 2 1 i
x1
x2
x2
• Over C : f :
,
7→ x1 y1
y
y
−i 1
y
1 2 2
1 1
x1
x2
x
2
2
5
• Over Q : f :
,
7→ x1 y1
1
1
y1
y2
y
2
3
7
4 −1
x1
x2
x2
• Over F17 : f :
,
7→ x1 y1
y
y
5 7
y2
1 2 t3 + t t + 1
x1
x2
x2
• Over F16 : f :
,
7→ x1 y1
2
y1
y2
t
1
y2
Opgeloste oefeningen LAAM II, Discriminant
36
• Over R(t) : f :
t+1
x1
x
t
, 2
7→ x1 y1
y1
y2
t−1
! x2
t4
y2
t+1
t2
Oplossing 4.20.
• Over R zijn de kwadraten de positieve getallen. Modulo een positief getal kan de discriminant
dus −1 (zegge negatief), +1 (zegge positief) of 0 zijn (drie mogelijkheden). We hebben disc(f ) =
det MB (f )R+ = sgn(1 − π) = −1 = negatief.
• Over C is elk getal een kwadraat. De discriminant kan dus enkel 0 of niet-0 zijn (twee mogelijkheden).
We hebben disc(f ) = det MB (f )C∗ = 1 + i2 = 0.
• Over Q zijn de kwadraten breuken met een kwadraat in teller en noemer. De quoti¨entgroep modulo de
kwadraten is moeilijk en heeft oneindig veel elementen: een representant voor elke klasse is de onvereenvoudigbare breuk met een kwadraatvrije teller en noemer. We vinden disc(f ) = det MB (f )Q =
1
15·14 Q .
• Over F17 zijn precies de helft van de niet-nulelementen kwadraten. Er zijn dus drie mogelijkheden
voor de discriminant: een kwadraat, een niet-kwadraat of 0. Hier is disc(f ) = det MB (f )F
17 =
= F = een kwadraat (herinner je dat −1 een kwadraat is in F als en slechts
(28 + 5)F
=
(−1)F
q
17
17
17
q ≡ 1 (mod 4)).
• Over F16 is alles een kwadraat. De discriminant kan 0 of niet-0 zijn (twee mogelijkheden). We hebben
disc(f ) = det MB (f )C∗ = t2 + t 6= 0.
• Over het veld der re¨ele rationale functies R(t) zijn de kwadraten zoals over Q. De quoti¨entgroep is
moeilijk en telt oneindig veel elementen. Er volgt dat disc(f ) = det MB (f )R(t) = t2 R(t) = 1·R(t) ,
een kwadraat.
Oefening 4.21. Zij K een veld en (e1 , . . . , en ) een basis voor Kn . Kies ai ∈ K, voor 1 6 i 6 n. Definieer
een afbeelding f van {ei | 1 6 i 6 n}2 naar K door f (ei , ej ) = 0 als i 6= j en f (ei , ei ) = ai ∈ K. Bewijs
dat deze functie op een unieke manier uitbreidt tot een bilineaire vorm f : Kn × Kn → K en bepaal de
discriminant van f .
Oplossing 4.21. We weten dat het kennen van de werking van f op de vectoren van een basis voldoende
P
is om f P
op heel de vectorruimte te kennen, op de volgende unieke manier. Voor een vector v = i vi ei
en w = j wj ej is
X
X
XX
X
f (v, w) = f (
vi e i ,
wj e j ) =
vi f (ei , ej )wj =
ai vi wi .
i
j
i
j
i
Dit isQde bilineaire vorm geassocieerd aan de diagonaalmatrix Diag(a1 , . . . , an ). De discriminant is dan
ook ( ni=1 ai ) K .
Oefening 4.22. Zij A ∈ Rn×n een symmetrische matrix en f de bilineaire vorm bepaald door A, dus
f (v, w) = v > Aw, de vectoren gezien als kolommatrices. Leid nogmaals af wat de discriminant van f is,
in functie van A, door enkel het resultaat uit oefening 4.21 te gebruiken in plaats van de definitie van
discriminant.
Hint: gebruik dat een re¨ele symmetrische matrix kan gediagonaliseerd worden door middel van een orthogonale transformatie.
Oplossing 4.22. Omdat A symmetrisch is, bestaat er een orthogonale matrix C en een diagonaalmatrix
D zodat D = C > AC. De matrices A en D stellen dan dezelfde bilineaire vorm f voor, ten opzichte van
verschillende basissen (waartussen C de basisovergangsmatrix is). De discriminant van f is onafhankelijk
van welke matrix (A of D) we nu als de matrix van f beschouwen. Bijgevolg is de discriminant van f
wegens oefening 4.21 gelijk aan het product van de diagonaalelementen uit de matrix D.
De diagonaalelementen van D zijn echter de eigenwaarden van A en het product van die diagonaalelementen/eigenwaarden is precies det A. Dit geeft ons dat
disc f = det A · R .
Opgeloste oefeningen LAAM II, Discriminant
37
Oefening 4.23. De spoorvorm op Mat2 (K) is gedefinieerd als (A, B) 7→ spoor(AB). Bewijs dat deze
bilineaire vorm noodzakelijk (de nevenklasse van) −1 als discriminant moet hebben.
Oplossing 4.23. Stel A = ( aa13 aa24 ) en B = bb13 bb24 , dan is spoor(AB) = a1 b1 + a2 b3 + a3 b2 + a4 b4 . Ten
opzichte van de standaardbasis (( 10 00 ) , ( 00 10 ) , ( 01 00 ) , ( 00 01 )) van Mat2 (K) kunnen we dit uitdrukken als

   
1
a1
b1
a2  b2 
0
  ,   7→ a1 a2 a3 a4 
0
a3  b3 
0
a4
b4
0
0
1
0
0
1
0
0
 
b1
0


0 b2 
.
0 b3 
b4
1
De determinant van deze matrix is −1, dus de discriminant van deze bilineaire vorm zal −1 zijn, op een
kwadraat van K na.
Oefening 4.24. Geef een eenvoudig argument waarom de volgende twee bilineaire vormen op R3 niet
congruent zijn.
f12 (v1 , v2 ) = x1 x2 + y1 y2 + z1 z2
en
f20 (v1 , v2 ) = x1 z2 + y1 y2 + z1 x2
Oplossing 4.24. Ten opzichte van de standaardbasis B waartegenover deze bilineaire vormen uitgedrukt
zijn, is




1 0 0
0 0 1
MB (f12 ) = 0 1 0
en
MB (f20 ) = 0 1 0 .
0 0 1
1 0 0
Deze matrices hebben determinanten 1 en −1, dus de bilineaire vormen f12 en f20 hebben verschillende
discriminanten R = + en −1·R = −. Congruente bilineaire vormen zouden echter dezelfde discriminant
hebben.
Oefening 4.25. Zij V een n-dimensionale vectorruimte over een veld K, f een niet-ontaarde bilineaire
vorm op V en (v1 , . . . , vn ) en (w1 , . . . , wn ) twee basissen van V. We noemen de ene basis duaal aan de
andere (t.o.v. f ) als f (vi , wi ) = 1 en f (vi , wj ) = 0 als i 6= j. Bewijs dat er voor elke basis {vi } een duale
basis {wj } bestaat. Welk verband vind je tussen de vi -wj -basisovergangsmatrix en een matrixvoorstelling
van f ?
Bewijs verder dat M{vi } (f )−1 = M{wj } (f )> .
Oplossing 4.25. Ten opzichte van eender welke basis E = (e1 , . . . , en ) krijgen de vectoren vi en wj
co¨ordinaten, hier voorgesteld als kolommatrices. De eis is dat
vi> ME (f )wj = δij ,
of
V > · ME (f ) · W = In ,
met V > de n × n-matrix met als rijen de co¨ordinaten van de vi t.o.v. E en met W de n × n-matrix met
als kolommen de co¨
ordinaten van de wj t.o.v. E.
Beschouwen we nu W als onbekende, omdat we het bestaan van een duale basis willen aantonen. Zijn
een bilineaire vorm f en een basis {vi } gegeven, dan hebben we vaste matrices ME (f ) en V . De eis
V > · ME (f ) · W = In geeft ons dan een unieke oplossing W = ME (f )−1 · V −1 . De kolommen van
ME (f )−1 V −> zullen dan net de co¨
ordinaten t.o.v. E vormen van de basisvectoren van de gezochte duale
basis {wj }.
We vestigen nu een relatie tussen de basisovergangsmatrix en de matrix van f . De matrix van de basisovergang van de basis {vi } naar de basis {wj } is de matrix Q waarvoor V Q = W , met de notaties van
hierboven. Beschouw nu alles ten opzichte van de basis E = {vi }. In dat geval is V = In en is W zelf de
basisovergangsmatrix Q. De relatie V > · ME (f ) · W = In wordt dan M{vi } (f ) · W = In . We vinden
M{vi } (f ) · Q = In .
Opgeloste oefeningen LAAM II, Discriminant
38
Beschouw nu alles ten opzichte van de basis E = {wj }. In dat geval is W = In en de matrix V die de
basisvectoren van {vi } uitdrukt in de basis {wj } is de basis van de inverse basisovergang, namelijk Q−1
(zie ook cursus, begin hoofdstuk bilineaire vormen). Transponeren van V > · ME (f ) · W = In geeft dan
M{wj } (f )> · Q−1 = In .
Eliminatie van Q brengt ons inderdaad tot
M{vi } (f ) · M{wj } (f )> = In .
Oefening 4.26 (Examen 2013). In deze opgave beschouwen we bilineaire vormen op de vectorruimte
der bilineaire vormen. Zij V een vectorruimte van dimensie n over een veld K. Zij (e1 , . . . , en ) een
basisPvoor V . We noteren de co¨
ordinaten van vectoren tegenover deze basis met een onderindex, dus
u = i ui ei .
• Definieer voor 1 6 i, j 6 n de bilineaire vorm fij : V × V → K : (u, v) 7→ ui vj . Bewijs dat
{fij | 1 6 i 6 n, 1 6 j 6 n} een basis is voor Bil(V ).
• Stel n = 2. Zijn c11 , c12 , c21 , c22 , d11 , d12 , d21 en d22 constanten uit K, allen niet 0. Beschouw de
afbeelding
F : Bil(V ) × Bil(V ) → K
(a, b) 7→ a(c11 e1 + c12 e2 , c21 e1 + c22 e2 ) · b(d11 e1 + d12 e2 , d21 e1 + d22 e2 )
Toon aan dat F een bilineaire vorm is.
• Bepaal de rang en de discriminant van F .
Oplossing 4.26.
P
P
= 0. Dan geldt dit
V : i,j aij fij (v, w) P
• Stel dat i,j aij fij = 0 als bilineaire vorm, d.w.z. ∀v, w ∈ P
in het bijzonder voor alle basisvectoren ek en e` , dat 0 = i,j aij fij (ek , el ) = i,j aij δik δjl = akl .
Bijgevolg zijn de n2 bilineaire vormen fij lineair onafhankelijk.
We bewijzen nu dat elke
P bilineaire vorm te schrijven is als lineaire combinatie van deze {fij }. Zij
f ∈ Bil(V ), dan is f = i,j f (ei , ej )fij , want
f (u, v) = f (
X
ui ei ,
i
X
vj ej ) =
j
X
f (ei , ej )ui vj =
i,j
X
f (ei , ej )fij (u, v), ∀u, v ∈ V
i,j
• De afbeelding
α : Bil(V ) → K
a 7→ a(c11 e1 + c12 e2 , c21 e1 + c22 e2 )
is een lineaire vorm, want
?
α(λa + µA) = λα(a) + µα(A)
!
(λa + µA)(c11 . . . , . . . ) = λa(. . . , . . . ) + µA(. . . , . . . )
en analoog is β : b 7→ b(d11 e1 + d12 e2 , d21 e1 + d22 e2 ) een lineaire vorm op Bil(V ).
Bijgevolg is F : (a, b) 7→ α(a) · β(b) een bilineaire vorm, daar
F (λa + µA, b) = α(λa + µA) · β(b) = (λα(a) + µα(A)) · β(b) = λF (a, b) + µF (A, b)
en analoog voor lineariteit in het andere lid (dit is oefening 3.10).
Opgeloste oefeningen LAAM II, Discriminant
39
a1 • Stellen we een bilineaire vorm voor t.o.v. de standaardbasis fij uit het eerste punt, dus a =
nog M(e1 ,e2 ) (a) =
( aa13 aa24 ),
F (a, b) = c11
a2
a3
a4
of
dan hebben we
b1 b2
a1 a2
d21
c21
c12
· d11 d12
b3 b4
d22
a3 a4
c22
= ( c11 c21 a1 +c11 c22 a2 +c12 c21 a3 +c12 c22 a4 ) · ( d11 d21 b1 +d11 d22 b2 +d12 d21 b3 +d12 d22 b4 )

 

b1
c11 c21
b2 
c11 c22 

 
= a1 a2 a3 a4 
c12 c21  · d11 d21 d11 d22 d12 d21 d12 d22 b3  ,
b4
c12 c22
waaruit volgt dat


c11 c21
c11 c22 

M{fij } (F ) = 
c12 c21  · d11 d21 d11 d22 d12 d21 d12 d22 .
c12 c22
Deze 4 × 4-matrix heeft rang 1, dus we vinden dat de rang van F gelijk is aan 1 en de discriminant
van F gelijk is aan 0.
Oefening 4.27 (Herexamen 2013). Zij Pn (R) de vectorruimte van re¨ele veeltermen van graad ten hoogste
n. Zij t ∈ R een vaste scalair. Beschouw de afbeelding
F : Pn (R) × Pn (R) → R
(a, b) 7→ a(t) · b0 (1)
Bewijs dat F een bilineaire vorm is en bepaal rang en discriminant van F . Hint: Gebruik de standaardbasis
(xn , . . . , x, 1) voor Pn (R).
4.4
Orthogonaliteit
Oefening 4.28. Bepaal voor de bilineaire ruimte K2 , (v, w) 7→ v > ( 20 03 ) w een orthogonale basis. Bewijs
dat deze ruimte voor K = Q geen orthonormale basis kan hebben.
Oplossing 4.28. We stellen vast dat de standaardbasis voor K2 voldoet:
2 0
0
0
1
= 0.
f
,
= 1 0
0 3
1
1
0
De reden voor het niet-bestaan van een orthonormale basis voor Q2 , (v, w) 7→ v > ( 20 03 ) w is het nietbestaan van eenheidsvectoren v = ( xy ), waarvoor f (v, v) = 2x2 + 3y 2 = 1 over Q. Aantonen dat deze
diophantische vergelijking geen rationale oplossingen heeft is een getaltheoretische opgave.
Schrijf x, y ∈ Q als x = ac en y = cb met a, b, c ∈ Z en ggd(a, b, c) = 1. We moeten nu bewijzen dat er geen
gehele getallen a, b, c voldoen aan 2a2 + 3b2 = c2 . Modulo 3 wordt deze vergelijking 2a2 ≡ c2 (mod 3).
Omdat 0 en 1 de enige kwadraten zijn modulo 3, moet noodzakelijk a ≡ 0 en c ≡ 0 (mod 3). Stel daarom
a = 3A en c = 3C. De diophantische vergelijking herleidt zich tot
2 · 9A2 + 3b2 = 9C 2 .
Omdat 9C 2 − 9A2 deelbaar is door 9, moet ook 3b2 minstens twee priemfactoren 3 bevatten, of dus 3 | b.
Dit is echter in tegenspraak met de onderstelling dat ggd(a, b, c) = 1. Een dergelijke oplossing (a, b, c) kan
dus onmogelijk bestaan en het niet-bestaan van eenheidsvectoren is bewezen.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Orthogonaliteit
40
De discriminant levert een andere aanpak: als er een orthonormale basis bestaat, bestaat er een basisovergang waartegenover f voorgesteld wordt door een eenheidsmatrix. Dit zou echter betekenen dat de
discriminant een kwadraat is, maar de discriminant van f is 6.
Oefening 4.29. Bepaal voor de bilineaire ruimte V = R2 , (v, w) 7→ v > ( 01 10 ) w een orthogonale basis.
Waarom kun je de vector ( 10 ) niet uitbreiden met een andere vector tot een
orthogonale basis van V ?
Bewijs dat er geen orthogonale basis bestaat voor K2 , (v, w) 7→ v > ( 01 10 ) w zodra K even karakteristiek
heeft.
Oplossing 4.29. Voor de basis van V zoeken we lineair onafhankelijke vectoren ( xy11 ) en ( xy22 ) met de
eigenschap
dat ( x1 y1 ) ( 01 10 ) ( xy22 ) = x1 y2 + x2 y1 = 0. Vectoren die hieraan voldoen zijn bijvoorbeeld ( 11 )
1 .
en −1
We bekijken de vectoren ( xy ) orthogonaal met ( 10 ). Hiervoor moet gelden dat ( x y ) ( 01 10 ) ( 10 ) = y = 0.
⊥
Alle vectoren orthogonaal met ( 10 ) zijn dus te schrijven als λ ( 10 ). Alle vectoren van ( 10 ) zijn er dus
lineair afhankelijk mee. We besluiten dat er geen orthogonale basis is met ( 10 ).
Zij nu K een veld met karakteristiek 2. Twee vectoren ( ab ) en ( dc ) zijn lineair afhankelijk wanneer
det ( ab dc ) = ad − bc = ad + bc = 0. Deze twee vectoren zijn in deze bilineaire ruimte orthogonaal wanneer
0 1
c
a b
= ad + bc = 0.
1 0
d
We vinden dat orthogonaal hier equivalent is met lineair afhankelijk! Een basis van orthogonale vectoren
is hier dus onmogelijk.
Oefening 4.30. Bewijs dat de volgende definities van isometrie van een eindigdimensionale bilineaire
ruimte (V, f ) equivalent zijn, voor een lineaire afbeelding ι : V → V :
• ∀v, w ∈ V : f (v, w) = f (ι(v), ι(w)).
• Ten opzichte van een basis B voldoet de geassocieerde matrix H = MB (ι) aan H > MB (f )H = MB (f ).
• Orthonormale basissen worden door ι op orthonormale basissen afgebeeld.
Oplossing 4.30. (1) ⇔ (2) Met ι : v 7→ Hv is (1) equivalent met ∀v, w ∈ V : v > MB (f )w =
(v > H > )MB (f )(Hw). Dit is equivalent met de matrixgelijkheid (voor de minst triviale richting: gebruik
dat dit in het bijzonder moet gelden voor basisvectoren v = ei , w = ej ).
(1) ⇒ (3) Zij B een orthonormale basis. Dan is f (ι(bi ), ι(bj )) = f (bi , bj ) = δij , wat aantoont dat ι(B)
ook een orthonormale basis is.
(3) ⇒ (1) Zij ι een lineaire afbeelding op V die orthonormaleit van basissen bewaart en zij {ei } een
orthonormale basis. Dan is f (ι(ei ), ι(ej )) = δij = f (ei , ej ). Voor willekeurige vectoren v, w geldt dan
X
X
XX
XX
f (ι(v), ι(w)) = f (ι(
vi ei ), ι(
wj ej )) =
vi f (ι(ei ), ι(ej ))wj =
vi f (ei , ej )wj = f (v, w).
i
j
i
j
i
j
Oefening 4.31. In reflexieve bilineaire ruimten, toon aan dat isotrope vectoren die deel uitmaken van
een orthogonale basis, in het radicaal zitten.
Oplossing 4.31. Zij {ei } een orthogonale basis voor de bilineaire ruimte (V, f ). Dat een basisvector ei
isotroop is, betekent dat f (ei , ei ) = 0. Dat de basis orthogonaal is, betekent dat f (ei , ej ) = 0, ∀j 6= i.
Beiden samen impliceren dat ei orthogonaal is met alle vectoren van een basis van V . Wegens lineariteit
van f in het tweede argument is f (ei , v) = 0 ∀v ∈ V . Maar dat is een herformulering van ei ∈ rad V .
Oefening 4.32. Bewijs dat voor deelruimten W1 en W2 van een eindigdimensionale, niet-ontaarde,
reflexieve bilineaire ruimte V geldt dat
W ⊥⊥ = W,
(W1 + W2 )⊥ = W1⊥ ∩ W2⊥ ,
(W1 ∩ W2 )⊥ = W1⊥ + W2⊥ .
Toon aan dat W niet-ontaard is als en slechts als V = W + W ⊥ .
Opgeloste oefeningen LAAM II, Orthogonaliteit
41
Oplossing 4.32. We zullen gebruiken dat, als dim V = n, dan dim W ⊥ = n − dim W . Dat W ⊆ W ⊥⊥
is een trivialiteit: elke vector in W staat natuurlijk orthogonaal op alle vectoren die orthogonaal zijn met
alle vectoren in W . Beide deelruimten zijn gelijk omdat ze dezelfde dimensie hebben.
Als u ∈ (W1 + W2 )⊥ , dan is in het bijzonder u ⊥ W1 en evenzo u ⊥ W2 . Dus u ∈ W1⊥ ∩ W2⊥ . Omgekeerd,
voor een u ∈ W1⊥ ∩ W2⊥ is u ⊥ W1 en u ⊥ W2 . Voor een willekeurige w1 + w2 ∈ W1 + W2 is f (u, w1 + w2 ) =
f (u, w1 ) + f (u, w2 ) = 0, dus u ∈ (W1 + W2 )⊥ . Dit bewijst de middelste gelijkheid.
Neem een u ∈ W1⊥ + W2⊥ , zegge u = v1 + v2 , met v1 ⊥ W1 en v2 ⊥ W2 . Dan is, voor elke w ∈ W1 ∩ W2
alvast f (u, w) = f (v1 , w) + f (v2 , w) = 0. Dit bewijst dat u ∈ (W1 ∩ W2 )⊥ . Voor de omgekeerde inclusie
werken we met een dimensieargument. Noem dim W1 = a, dim W2 = b en dim(W
1 ∩ W2 ) = d, dan is
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
dim(W1 + W2 ) = a + b − d. Wegens
(W1 + W
2 ) = W1 ∩ W2 is dim W1 ∩ W2 = n − a − b + d. Nu
is dim W1⊥ + W2⊥ = dim W1⊥ + dim W2⊥ − dim W1⊥ ∩ W2⊥ = (n − a) + (n − b) − (n − a − b + d) =
n − d = dim (W1 ∩ W2 ). Omdat beide deelruimten dezelfde dimensie hebben, moeten ze dus gelijk zijn.
Ontaardheid van de deelruimte W wordt gekenmerkt door het bestaan van een radicale vector w ∈ W ,
die orthogonaal is met alle andere vectoren van W , dus door de conditie W ∩ W ⊥ 6= {0}. De conditie
V = W + W ⊥ is wegens de dimensiestellingen van Grassmann equivalent met W ∩ W ⊥ = {0}, dus we
zijn er.
Oefening 4.33. Zij V een niet-ontaarde bilineaire ruimte, die niet noodzakelijk reflexief is. Omdat
f (v, w) = 0 dan niet noodzakelijk equivalent is met f (w, v) = 0, zijn er twee ⊥-operatoren op willekeurige
deelruimten W van V : W ⊥L = {v ∈ V | v ⊥ w ∀w ∈ W } en W ⊥R = {v ∈ V | w ⊥ v ∀w ∈ W }. Toon aan
dat W ⊥L en W ⊥R beiden dimensie dim V − dim W hebben en bewijs dat W ⊥L ⊥R = W ⊥R ⊥L = W .
Oplossing 4.33. Zij (e1 , . . . , ek ) een basis van W en breid die uit tot een basis (e1 , . . . , en ) van V . Zij A de
matrixvoorstelling van de niet-ontaarde bilineaire vorm ten opzichte van deze basis, dus A niet-singulier.
We zoeken de dimensie van de deelruimte
W ⊥L = {v | f (v, w) = 0, ∀w ∈ W }
= {v | f (v, ei ) = 0, ∀i 6 k}
= {v | v > Aei = 0, ∀i 6 k}
De kolomvectoren Aei , met 1 6 i 6 k zijn precies de eerste k kolommen van A — deze zijn bovendien
lineair onafhankelijk. We zoeken dus de dimensie van een deelruimte, bepaald door k lineair onafhankelijke
lineaire vergelijkingen. Dit is precies dim V − k = dim V − dim W .
Het bewijs voor ⊥R verloopt vergelijkbaar, al zal de ei als rijvector links van A staan en zal de deelruimte
W ⊥R bepaald worden door de eerste k rijen van A, die eveneens lineair onafhankelijk zijn.
De deelruimte W ⊥L ⊥R bestaat uit vectoren v met de eigenschap dat u ⊥ v voor alle u ∈ W ⊥L (met
andere woorden voor alle u met u ⊥ w, ∀w ∈ W ). Maar natuurlijk zullen alle w ∈ W triviaal voldoen aan
dit criterium voor v, dus we hebben dat W ⊆ W ⊥L ⊥R . Daar W en W ⊥L ⊥R deelruimten van V zijn met
dezelfde dimensie, moeten ze echter gelijk zijn.
4.5
Ontaardheid en radicaal
Een bilineaire vorm f op een vectorruimte V wordt niet-ontaard genoemd als de volgende equivalente
eigenschappen voldaan zijn (zie ook cursus, onderaan pagina 46):
• Het radicaal is {0}
• f (v, w) = 0 ∀w ⇒ v = 0
Opgeloste oefeningen LAAM II, Ontaardheid en radicaal
42
• Een matrixvoorstelling ten opzichte van een basis is inverteerbaar.
Oefening 4.34. Zij f een niet-ontaarde bilineaire vorm op V . Toon aan dat, voor een lineaire afbeelding
A : V → V , de bilineaire vorm (v, w) 7→ f (v, Aw) niet-ontaard is als en slechts als A inverteerbaar is.
Oplossing 4.34. (v, w) 7→ f (v, Aw) is ontaard als en slechts als er een 0 6= w ∈ V bestaat waarvoor
geldt dat f (v, Aw) = 0, ∀v ∈ V . Vermits f niet-ontaard is, is dit equivalent met Aw = 0 voor die w. Deze
w is een getuige voor de singulariteit van A.
Een andere redenering gaat als volgt. Noemen we M de matrixvoorstelling van f t.o.v. een bepaalde
basis. Dan heeft (v, w) 7→ f (v, Aw) als matrixvoorstelling M A. De onderzochte bilineaire vorm is nietontaard als en slechts als haar matrix M A inverteerbaar is, of equivalent, als A inverteerbaar is, want de
inverteerbaarheid van M was gegeven.
Oefening 4.35 (Herexamen 2013). Zij V een eindigdimensionale vectorruimte en f een niet-ontaarde
bilineaire vorm op V . Bewijs:
∀b ∈ Bil(V ) : ∃ϕ ∈ Hom(V ) : ∀v, w ∈ V : b(v, w) = f (ϕ(v), w)
Oplossing 4.35. Kies een basis B in V en vertaal het te bewijzene in termen van matrices t.o.v. die
basis. Er volgt meteen dat zo’n ϕ inderdaad bestaat. Het is de unieke lineaire afbeelding op V met de
eigenschap dat
MB (ϕ)> = MB (b) · MB (f )−1 .
Oefening 4.36. Zijn V en W bilineaire ruimten, bewijs dan dat hun orthogonale som V ⊥ W een
niet-ontaarde bilineaire ruimte is als en slechts als V en W dat zijn.
Oplossing 4.36. Als (v1 , . . . , vdim V ) een basis is voor V en (w1 , . . . , wdim W ) een basis voor W , dan is
(v1 , . . . , vdim V , w1 , . . . , wdim W ) een basis voor V ⊥W.
We vragen ons af hoe de matrixvoorstelling van de ge¨ınduceerde bilineaire vorm op V ⊥ W eruitziet.
Als (V, f ) uitgerust is met f : (v1 , v2 ) 7→ v1> Mf v2 en (W, g) met g : (w1 , w2 ) 7→ w1> Mg w2 , dan zal voor
basisvectoren vk van V nog steeds blijven gelden dat (f ⊥ g)(vi , vj ) = f (vi , vj ) = (Mf )ij en analoog voor
W . Omdat de directe som orthogonaal is, zal (f ⊥ g)(vi , wj ) = 0 voor basisvectoren uit de verschillende
componenten. We vinden dus dat de orthogonale som (V ⊥ W, f ⊥ g) uitgerust is met een bilineaire vorm
f
⊥ g : (V ⊥ W ) × (V ⊥W) → K
(v1 + w1 , v2 + w2 ) 7→ v1> w1>
Mf
0
0
Mg
v2
.
w2
De bilineaire ruimte V ⊥ W is niet-ontaard als de matrix Mf ⊥ g niet-singulier is. Maar omdat we aflezen
dat det Mf gelijk
is
aan
det
M
det
M
,
zal
dit
zo
zijn
als
en slechts als V en W beiden niet-ontaard
g
f
⊥g
zijn.
Oefening 4.37. Zoek een correspondentie (eigenlijk vectorruimte-isomorfisme) tussen bilineaire vormen
en lineaire afbeeldingen van V op deelruimten van zijn duale V ∗ . Leg uit dat niet-ontaarde bilineaire
vormen corresponderen met isomorfismen tussen V en V ∗ .
Oplossing 4.37. Als we een lineaire afbeelding Φ : V → V ∗ hebben die vectoren op duale vectoren
afbeeldt, bouwen we daarmee deze bilineaire vorm fΦ : (v, w) 7→ f (v, w) = (Φ(v)) (w), want Φ(v) is een
operator die gedefinieerd is op vectoren w ∈ V .
Als we een bilineaire vorm f : (v, w) 7→ f (v, w) hebben, maken we daarmee de lineaire operator Φf : V →
V ∗ : v 7→ f (v, ·). Omdat f lineair is in het tweede argument, zal f (v, ·) lineair werken op vectoren en dus
inderdaad een lineaire vorm zijn, een element van V ∗ . Men verifieert eenvoudig Φf een lineaire afbeelding
is van V naar V ∗ .
Opgeloste oefeningen LAAM II, Ontaardheid en radicaal
43
Als f een niet-ontaarde bilineaire vorm is, zal Φf een isomorfisme zijn: immers, identificeren we tegenover
een basis B duale vectoren met rijmatrices, dan zal Φf : v 7→ v > MB (f ) inderdaad surjectief zijn.
Als Φ een isomorfisme is, dan zal fΦ niet-ontaard zijn: stel immers dat er een vector v ∈ rad V is waarvoor
(Φ(v)) (w) = 0 voor alle w. Dan moet Φ(v) = 0 en bijgevolg ook v = 0.
Oefening 4.38 (Herexamen 2012). Zij (V, f ) een reflexieve bilineaire ruimte met radicaal R en zij W een
complementaire ruimte aan R (dus V = R ⊕ W ). Toon aan dat de restrictie van f op W een niet-ontaarde
bilineaire vorm is. (Hint: kies een goede basis en analyseer de matrixvoorstelling van f ten opzichte van
deze basis.)
Oplossing 4.38. Neem een basis (e1 , . . . , er ) voor R en een basis (er+1 , . . . , en ) voor W , zodat (e1 , . . . , en )
een basis is voor V . Omdat de vectoren ei , i 6 r in het radicaal zitten, moet x> Aei = 0 zijn, voor alle
x ∈ V . Met andere woorden, de i-de kolom is een nulkolom, i 6 r. Wegens reflexiviteit van f geldt
hetzelfde voor de rijen en verkrijgen we dat f van de vorm
0
0
f : (v1 , v2 ) 7→ v1>
v2
0 AW
is, waarbij AW precies de matrix moet zijn van de bilineaire vorm f , beperkt tot W . Om aan te tonen
dat f|W niet-ontaard is, moeten we aantonen dat AW niet-singulier is. Dit volgt echter uit rang MB (f ) +
dim R = n, wat zich in dit geval herleidt tot rang AW = n − r = dim AW .
Op een meer ambachtelijke manier: mocht AW singulier zijn, dan bestaat er een niet-nul-vector w in de
nulruimte, zodat dus
0
0
0
0
=
,
0 AW
w
0
maar dat betekent dat ( w0 ) in het radicaal zit. Deze niet-nul-vector in R ∩ W is echter in strijd met onze
onderstelling V = R ⊕ W .
Oefening 4.39 (Herexamen 2013). Bewijs, voor twee eindigdimensionale reflexieve bilineaire ruimten
(V, f ) en (W, g):
rad(V ⊕ W, f ⊕ g) = rad(V, f ) ⊕ rad(W, g)
Oplossing 4.39. Kies een oordeelkundige basis als volgt. Vul een basis (v1 , . . . , vr ) van rad V aan tot
een basis (v1 , . . . , vr , vr+1 , . . . , vn ) van V , en kies eveneens een basis (w1 , . . . , wρ , wρ+1 . . . , wm ) van W
zodat (w1 , . . . , wρ ) een basis is voor rad W .
Zij f de bilineaire vorm op V en g deze op W . Ten opzichte van bovenstaande basis heeft de bilineaire
vorm F = f ⊕ g op V ⊕ W de matrixvoorstelling


0 0
0
 v
 0 Mf
>
>


w 
(v + w, v + w) 7→ v
0 0  w
0
0 Mg
voor niet-singuliere matrices Mf en Mg , die de matrixvoorstellingen zijn van hun bilineaire vorm, beperkt
tot hun respectieve radicaalcomplementen hvr+1 , . . . , vn i en hwρ+1 . . . , wm i. Het radicaal van deze bilineaire ruimte is precies de nulruimte van deze matrix, en dit is hier hv1 , . . . , vr , w1 , . . . , wρ i = rad V + rad W .
Alternatief. Neem v+w ∈ rad V ⊕rad W . Dan is, F (v+w, u1 +u2 ) = f (v, u1 )+g(w, u2 ) = 0, ∀u1 +u2 ∈
V ⊕ W . Daaruit volgt dat v + w ∈ rad(V ⊕ W ).
Omgekeerd, neem v+w ∈ rad(V ⊕W ). Dan is ∀u1 +u2 ∈ V ⊕W, 0 = F (v+w, u1 +u2 ) = f (v, u1 )+g(w, u2 ).
In het bijzonder geldt voor u1 = 0 dat g(w, u2 ) = 0, ∀u2 ∈ W , m.a.w. w ∈ rad W . Door u2 = 0 te stellen
krijgen we f (v, u1 ) = 0, ∀u1 ∈ V , dus v ∈ rad V . We besluiten dat v + w ∈ rad V ⊕ rad W .
Opgeloste oefeningen LAAM II, Ontaardheid en radicaal
44
Oefening 4.40 (Examen 2012). Zij q : Mat2 (R) → R een niet-ontaarde kwadratische vorm op Mat2 (R),
de vectorruimte over R van re¨ele 2 × 2-matrices. Stel T = ( rt us ) ∈ Mat2 (R). Toon aan dat de afbeelding
q˜: Mat2 (R) → R : A 7→ q(T A) een niet-ontaarde kwadratische vorm is als en slechts als det T 6= 0.
a
a
b
Oplossing 4.40. Als A = c d er tegenover de standaardbasis van Mat2 (R) uitziet als cb , dan ziet
d
rb+sd
T A = ( rt us ) ac db = ra+sc
eruit
als
ta+uc tb+ud
 
 
 

a
a
r 0 s 0
ra + sc
b
rb + sd 0 r 0 s   b 
 
 
 

ta + uc =  t 0 u 0   c  = R  c  ,
d
d
0 t 0 u
tb + ud
waarbij men kan berekenen dat de 4 × 4-matrix R determinant (ru − st)2 = (det T )2 heeft (bijvoorbeeld
door het wisselen van de middelste rijen en kolommen).
Als q voorgesteld wordt door de niet-singuliere symmetrische 4 × 4-matrix M , dan ziet de kwadratische
vorm q˜ eruit als
q˜ : A 7→ q(T A)
a
a
>
b
7→ ( a b c d ) R M R cb ,
c
d
d
R> M R.
zodat q˜ bepaald wordt door de matrix
Deze is singulier als en slechts als det R det M det R =
4
(det T ) det M = 0, dus als en slechts als det T = 0.
w1
1
Alternatief. Als det T = 0, dan bestaat er een niet-nul-kolomvector ( w
w2 ) zodat T ( w2 ) = 0, dus ook
w1 w1
00
( rt us ) ( w
2 w2 ) = ( 0 0 ). We moeten bewijzen dat
1
∃w ∈ Mat2 (R) : ∀v ∈ Mat2 (R) : ˜b(v, w) = (˜
q (v + w) − q˜(v) − q˜(w))
2
1
= (q(T v + T w) − q(T v) − q(T w)) = 0,
2
1
maar zo’n w bestaat inderdaad: ( w
w2
w1
w2 )
is er namelijk zo ´e´en.
Als det T 6= 0, dan is T bijectief. Als v over heel Mat2 (R) loopt, doet T v dat dus ook. Stel nu dat
1
∃w ∈ Mat2 (R) : ∀v ∈ Mat2 (R) : ˜b(v, w) = (q(T v + T w) − q(T v) − q(T w)) = 0.
2
Dat betekent dan ook:
∃w ∈ Mat2 (R) : ∀v ∈ Mat2 (R) : ˜b(v, w) =
1
(q(v + T w) − q(v) − q(T w)) = 0,
2
maar dat betekent net dat het element T w getuige is van het feit dat q toch ontaard is, in strijd met de
onderstelling.
Een bilineaire vorm b of een kwadratische vorm q wordt anisotroop genoemd als hij geen isotrope vectoren
heeft, dus als b(v, v) = 0 ⇒ v = 0, of q(v) = 0 ⇒ v = 0.
Oefening 4.41. Zij q : Mat2 (R) → R een anisotrope kwadratische vorm op Mat2 (R), de vectorruimte
over R van re¨ele 2 × 2-matrices. Stel T = ( rt us ) ∈ Mat2 (R). Toon aan dat de kwadratische vorm
q˜: Mat2 (R) → R : A 7→ q(T A) anisotroop is als en slechts als det T 6= 0.
Oplossing 4.41. Omdat q anisotroop is, weten we dat q(U ) = 0 equivalent is met U = ( 00 00 ). Maar dan
vinden we
∃A 6= ( 00 00 ) : q(T A) = 0
⇔
∃A 6= ( 00 00 ) : T A = ( 00 00 )
⇔
det T = 0,
wat de gevraagde equivalentie aantoont.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Ontaardheid en radicaal
45
4.6
Kwadratische vormen
Oefening 4.42. De manier om uit een bilineaire vorm b een kwadratische vorm q te maken, is door
q(v) := b(v, v) te stellen. De manier om uit een kwadratische vorm q een bilineaire vorm b te maken, is
door b(v, w) := 12 [q(v + w) − q(v) − q(w)] te stellen.
Onder welke voorwaarden zijn deze associaties elkaars inverse?
Oplossing 4.42. Starten we van een kwadratische vorm en maken we er via een bilineaire weer een
kwadratische vorm van, dan komen we altijd dezelfde uit. Starten we van een bilineaire vorm, dan komen
we niet altijd dezelfde bilineaire vorm uit, maar enkel als
b(v + w, v + w) − b(v, v) − b(w, w)
b(v, w) + b(w, v)
1
[qb (v + w) − qb (v) − qb (w)] =
=
.
2
2
2
Deze associaties zijn dus enkel elkaars inverse als de bilineaire vorm b symmetrisch is. Dat is niet verwonderlijk, daar de vorm 12 [q(v + w) − q(v) − q(w)] die we uit een kwadratische vorm kunnen halen, altijd
symmetrisch is.
b(v, w) =
Oefening 4.43. Toon aan dat congruentie en toegevoegdheid van matrices equivalentierelaties zijn.
Oplossing 4.43. Congruentie, hier genoteerd met ∼, is gedefinieerd als A ∼ B ⇔ ∃P ∈ GL(n, K) :
B = P > AP . Reflexiviteit volgt door P = In te nemen en symmetrie door P −1 te beschouwen. Voor
transitiviteit, als B = P > AP en C = Q> BQ, dan is C = (P Q)> A(P Q) en P Q is weer inverteerbaar
omdat P en Q dat zijn.
Het bewijs voor toegevoegdheid is hetzelfde, met
−1
in plaats van > .
Oefening 4.44. Zij V een vectorruimte over een veld K met kar K 6= 2, f een symmetrische bilineaire
vorm op V en q de met f geassocieerde kwadratische vorm op V . Bewijs dan de volgende identiteiten
∀u, v ∈ V, k, m ∈ K.
• f (u, v) =
1
4
[q(u + v) − q(u − v)]
• f (u + v, u − v) = q(u) − q(v)
• q(ku + mv) = k 2 q(u) + 2kmf (u, v) + m2 q(v)
Oplossing 4.44.
1
[q(u + v) − q(u − v)]
4
1
= [f (u + v, u + v) − f (u − v, u − v)]
4
1
= [f (u, u) + f (u, v) + f (v, u) + f (v, v) − (f (u, u) + f (u, −v) + f (−v, u) + f (−v, −v))]
4
1
= [2f (u, v) + 2f (v, u)]
4
1
= · 4 · f (u, v) omdat f symmetrisch is
4
=f (u, v)
f (u + v, u − v) = f (u, u) − f (u, v) + f (v, u) − f (v, v)
= f (u, u) − f (v, v) omdat f symmetrisch is
= q(u) − q(v)
q(ku + mv) = f (ku + mv, ku + mv)
= f (ku, ku) + 2f (ku, mv) + f (mv, mv) omdat f symmetrisch is
= k 2 q(u) + 2kmf (u, v) + m2 q(v)
Opgeloste oefeningen LAAM II, Kwadratische vormen
46
Oefening 4.45. Reduceer de volgende kwadratische vormen tot een diagonaalvorm. Ten opzichte van
welke basis worden ze diagonaal?
• Q1 : R2 → R : ( xy ) 7→ Q1 (( xy )) = 5x2 + 2xy + 5y 2
• Q2 : R3 → R : v 7→ Q2 (v) = xy + yz + xz.
• Q3 : R3 → R : v 7→ Q3 (v) = x2 − 4xy − 4xz − 3z 2 .
• Q4 : R3 → R : v 7→ Q4 (v) = −x2 + 10xz + 4y 2 + z 2 .
• Q5 : R3 → R : v 7→ Q5 (v) = x2 + z 2 − 2xz.
• Q6 : R4 → R : v 7→ Q6 (v) = 3x2 + 2xy + 3y 2 + 6z 2 − 4zt + 6t2 .
• Q7 : R4 → R : v 7→ Q7 (v) = 3x2 + 2xy + 3y 2 − 4zt.
• Q8 : R5 → R : v 7→ Q8 (v) = 6xy + z 2 − 2tu.
Oplossing 4.45.
uitkomst.
We lossen de eerste twee opgaven uitgebreid op. Van de rest geven we enkel de
• Om Q1 : ( xy ) 7→ ( x y ) ( 51 15 ) ( xy ) te diagonaliseren,
de matrix ( 51 15 ) diagonaliseren. Haar
moeten we
λ−5 −1
2
eigenwaarden zijn oplossingen van det −1 λ−5 = (λ − 5) − 1 = 0 en zijn dus λ = 4 en λ = 6.
x
−1
0
Eigenvectoren ( xy ) bij λ = 4 voldoen aan −1
−1 −1 ( y ) = ( 0 ), dus de eigenruimte bij eigenwaarde 4 is
1
de vectorrechte R −1 . Analoogvinden
we bij eigenwaarde 6 de eigenruimte R ( 11 ).
1 , ( 1 ) zal inderdaad Q een diagonaalvorm krijgen, immers, met
Tegenover
de nieuwe basis −1
1
1
x0 0
x
1
1
de co¨ordinaten t.o.v. de nieuwe basis, en dus −1 1
= ( xy ), volgt er dat
y0
y0
0
0
12 0
5 1
1 −1
x
x
5 1
1 1
x
0
0
0
0
x y
.
= x y
= x y
y0
y0
0 8
1 5
y
1 1
1 5
−1 1
1
Merk op dat we de basisvectoren −1
en ( 11 ) hadden kunnen vermenigvuldigen met √12 om precies
de eigenwaarden 6 en 4 uit te komen in de diagonaal. Hadden we deze vectoren vermenigvuldigd met
1
1
resp. 2√
en 2√
, dan was de matrix een eenheidsmatrix geweest.
3
2
!
0 12 12
x
y , diagonaliseren we deze matrix. De eigenwaar• Daar Q2 (v) = xy + yz + xz = ( x y z ) 12 0 21
z
1 1
2 2
denvergelijking is
− 12
λ
− 12

λ
det − 21
− 21
0

− 12
1 2
1
− 2 = (λ − 1) λ +
= 0,
2
λ
met eigenwaarden − 12 met dubbele multipliciteit en 1. (Men kon op het zicht zien
dat λ = − 12
1
bovenstaande matrix singulier zou maken.) Voor λ = 1 vinden we eigenruimte R 1 , voor λ = − 12
1
het vectorvlak x + y + z = 0. Om de kwadratische vorm helemaal
1 te diagonaliseren, moeten we hierin
twee orthogonale vectoren kiezen. Als we als ene vector 0 kiezen, moet de andere voldoen aan
−1

0
0 = x y z  12
1
2
1
2
0
1
2

1
2
1 
2
0
d.w.z. x = z. Een vector die hieraan voldoet is
Opgeloste oefeningen LAAM II, Kwadratische vormen
 1
1
−2
0  = x y z  0 ,
1
−1
2
1
−2
1

.
47
0
1 x
−2
,
zal Q2 diagonaal worden, want, met y0 de co1
1
z0
1 1 1 x0 x y0
= yz , volgt er dat
ordinaten t.o.v. de nieuwe basis, en dus 1 0 −2
1 1 ,
Tegenover de nieuwe basis
1
0
−1
1 −1 1

0
x y z  21
1
2
1
2
0
1
2
1
x
2
1  
y
2
 
0
= x0 y 0
z
= x0 y 0
z0

> 
1 1
1
0 12
z 1 0 −2  12 0
1
1
1 −1 1

  02 2
0
x
3 0
z 0 0 −1 0  y 0  .
0 0 −3
z0
0
  0
1
1
x
0 −2 y 0 
1 −1 1
z0
1
1
2
1 
1
2

0
Door
herschaling van de basisvectoren hadden we deze matrixvoorstelling kunnen maken tot
1 0 gepaste
0
0 −1 0 , de standaardgedaante voor bilineaire vormen op R3 met rang 3 en signatuur 1.
0 0 −1
• De basis wiens vectoren je afleest in de overgangsmatrix hieronder, diagonaliseert Q3 .
> 

 

3
1 2
1 −2 −2
3
1 2
42 0
0
−2 2 1 −2 0
0  −2 2 1 =  0 −6
0 
−1 −1 4
−2 0 −3
−1 −1 4
0
0 −84

• De basis wiens vectoren je afleest in de overgangsmatrix hieronder, diagonaliseert Q4 .
√
> 
 


5
0
5
5
0
5
52(1 + 26) 0
0
−1 0 5

1
0√  = 
1
0√   0 4 0 √ 0
0
4
0√ 
√ 0
5 0 1
26 + 1 0 1 − 26
26 + 1 0 1 − 26
0
0 52(1 − 26)

• De basis wiens vectoren je afleest in de overgangsmatrix hieronder, diagonaliseert Q5 .

 



0 0 0
1 0 1
1 0 −1
1 0 1
0 1 0   0 0 0  0 1 0  = 0 0 0
0 0 4
1 0 −1
−1 0 1
1 0 −1
• De basis wiens vectoren je afleest in de overgangsmatrix hieronder, diagonaliseert Q6 .

1
−1

0
0
1
1
0
0
> 
3
0 0
1
0 0
 
1 1  0
0
1 −1

1
1 0
0
−1
3 0
0

0 6 −2  0
0
0 −2 6
 
4
0 0
0
0 0
=
1 1  0
0
1 −1
1
1
0
0
0
8
0
0

0 0
0 0

8 0
0 16
• De basis waartegenover Q7 diagonaal wordt, is dezelfde als voor Q6 , maar met andere eigenwaarden.

1
−1

0
0
1
1
0
0
> 
0 0
3


0 0  1
1 1  0
1 −1
0

1 0
0
1


3 0
0  −1
0 0 −2  0
0 −2 0
0
1
1
0
0
 
0 0
4


0 0  0
=
1 1  0
1 −1
0

0 0 0
8 0 0

0 −4 0
0 0 4
• De basis wiens vectoren je afleest in de overgangsmatrix hieronder, diagonaliseert Q8 .

1
−1

0

0
0
1
1
0
0
0
0
0
1
0
0
> 
0 0
0
3
0 0
 

0 0
 0

0
1 1
1 −1
0
3
0
0
0
0

0 0
0
1
−1
0 0
0


1 0
0
 0

0 0 −1  0
0 −1 0
0
Opgeloste oefeningen LAAM II, Kwadratische vormen
1
1
0
0
0
0
0
1
0
0
 
0 0
−6
0
0 0
 

0 0
= 0

0
1 1
1 −1
0
0
6
0
0
0

0 0 0
0 0 0

1 0 0

0 −2 0
0 0 2
48
Oefening 4.46 (Examen 2007). Zij V = V (3, 5) een driedimensionale vectorruimte over GF(5), met
basis B = (e1 , e2 , e3 ). Beschouw de kwadratische vorm Q : V → GF(5), gegeven door
Q(x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 ) = 2x22 + 4x23 + 2x1 x2 + 2x2 x3 .
Reduceer deze kwadratische vorm tot een diagonaalvorm met behulp van een orthogonale matrix C en
bepaal die ook.
Oefening 4.47. Zij V de vectorruimte der re¨ele 2 × 2-matrices en W de verzameling van symmetrische,
spoorloze matrices (dus met spoor 0). Zij det : V → R, A 7→ det A de determinantafbeelding.
• Bewijs dat W een deelruimte is van V .
• Bewijs dat det een kwadratische vorm is op V .
• Bepaal de twee invarianten (rang en signatuur) van det. (Examen 2012)
• Bewijs dat de symmetrische bilineaire vorm f , geassocieerd aan de kwadratische vorm det, negatiefdefiniet is op W .
Oplossing 4.47.
• De som van twee symmetrische matrices is weer symmetrisch. Een scalair veelvoud van een symmetrische matrix is weer symmetrisch. Voor spoorloze matrices A en B hebben we dat spoor(λA + µB) =
λ spoor A + µ spoor B = λ0 + µ0 = 0.
• Voor de 2 × 2-determinant geldt er dat det(λA) = λ2 det(A). We moeten nu nog nagaan dat de
geassocieerde vorm
det(A + B) − det(A) − det(B)
f (A, B) =
2
bilineair is. Als we stellen dat A = ( aa31 aa24 ) en B = bb13 bb24 , is het eenvoudig na te gaan dat
det(A + B) = det(A) + det(B) + det
Het is nu straightforward om na te gaan dat
a a det b31 b42 + det
(A, B) 7→
2
a4 a3 b2 b1
a1 a2 b3 b4
+ det
a4 a3 b2 b1 .
= a1 b4 − a2 b3 + a4 b1 − a3 b2
een bilineaire vorm definieert.
• Tegenover de standaardbasis van Mat2 (R), zijnde (( 10 00 ) , ( 00 10 ) , ( 01 00 ) , ( 00 01 )), wordt det : ac db 7→
ad − bc gegeven door
 

 
a
0 0
0 1
a
b
0 0 −1 0  b 
1
  7→
 
a b c d 
c
0 −1 0 0  c  .
2
d
d
1 0
0 0
0 0 0 1
0 −1 0
Deze matrix is niet-singulier dus de rang is 4. Om de signatuur te bepalen moeten we 00 −1
0 0
1 0
diagonaliseren. Omdat

λ
0
det 
0
−1
0
λ
1
0
0
1
λ
0
0 0

−1
0
 = (λ2 − 1)2 ,
0
λ
zijn de eigenwaarden 1, 1, −1 en −1. De signatuur is dus 2.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Kwadratische vormen
49
• Om te bewijzen dat f negatief-definiet is op W , moet
f (A, A) < 0 voor alle A ∈ W . Een symmetrische
a
b
spoorloze matrix uit W is van de vorm b −a . Maar de diagonaalfunctie A 7→ f (A, A) is net de
geassocieerde kwadratische vorm det, dus inderdaad:
b
f (A, A) = det(A) = det ab −a
= −a2 − b2 6 0
met gelijkheid als en slechts als A = ( 00 00 ) en dit betekent precies dat f negatief-definiet is op W .
Oefening 4.48. Als Q : Rn → R een positief-definiete kwadratische vorm is, bepaald door de matrix M ,
bewijs dan dat
Z
1
.
e−πQ(v) dv = √
det M
Rn
R
2
Je mag gebruiken dat R e−πx dx = 1.
Oplossing 4.48. Omdat Q positief-definiet is, volgt dat we Q door een gepaste basisovergang kunnen
representeren door de eenheidsmatrix. Er bestaat dus een basisovergangsmatrix C waarvoor geldt dat
1
C > M C = In . Hieruit volgt dat det C det M det C = 1 en dus dat det C = √det
.
M
Indien we in de integraal uit de opgave overgaan van de variabele v = v1 . . . vn op nieuwe veranderlijken,
bepaald door het matrixproduct C · v, dan transformeert het integratiegebied Rn wegens bijectiviteit van
de niet-singuliere transformatie bepaald door C terug naar Rn . Het elementair differentiaalelement dv
transformeert onder v 7→ Cv, als dv 7→ det C · dv, want de jacobiaan van de lineaire transformatie is
constant en gelijk aan de matrix van de lineaire transformatie (de parti¨ele afgeleiden zijn in elk punt
dezelfde). We bekomen dus
Z
Z
>
e−πQ(v) dv =
e−π·(v M v) dv
n
Rn
ZR
>
=
e−π·(v In v) det Cdv
n
C(R )
Z
Pn
2
= det C
e−π·( i=1 xi ) dx1 . . . dxn
Rn
Z
= det C
= det C
n
Y
2
e−πxi dxi
Rn i=1
n Z
Y
i=1
e
−πxi 2
dxi
R
= det C1n = √
1
.
det M
Oefening 4.49 (Examen 2013). Zij q een kwadratische vorm op een re¨ele vectorruimte V (n, R). Zijn v
en w twee vectoren zodat q(v) > 0 en q(w) < 0.
• Bewijs dat v en w lineair onafhankelijk zijn.
• Bewijs dat er een vector u 6= 0 in het vectorvlak opgespannen door v en w ligt, waarvoor q(u) = 0.
• Bewijs dat de bilineaire vorm, geassocieerd aan een re¨ele, anisotrope kwadratische vorm, positief- of
negatief-definiet is.
Oplossing 4.49.
• Mochten v en w lineair afhankelijk zijn, i.e. v = λw, dan zou
0 < q(v) = q(λw) = λ2 q(w) < 0.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Kwadratische vormen
50
• Zo’n vector in het vectorvlak opgespannen door v en w, is slechts op veelvoud na bepaald, want als
q(u) = 0, dan is ook q(λu) = λ2 q(u) = 0. We mogen dus op zoek gaan naar een vector van de vorm
u = v + µw (herschaald zodat de v-component 1 is — dat kan, want mocht de v-component 0 zijn,
dan hebben we u = w, en q(w) 6= 0). Daarvoor moet gelden
q(u) = q(v + µw) = q(v) + 2µfq (v, w) + µ2 q(w) = 0,
en deze kwadratische vergelijking in µ heeft re¨ele oplossingen (de discriminant is 4fq (v, w)2 −4q(w)q(v) >
0). Die µ levert een u met q(u) = 0.
Alternatief. Een vector in het vectorvlak, opgespannen door v en w, is op veelvoud na van de vorm
λv + (1 − λ)w. Daar de continue functie van R naar R, die λ afbeeldt op q(λv + (1 − λ)w), voor λ = 1
een positieve, en voor λ = 0 een negatieve waarde aanneemt, zal ze wegens de tussenwaardestelling
van Bolzano ook ergens de waarde 0 aannemen, voor een bepaalde vector λv + (1 − λ)w.
• Zij fq de bilineaire vorm, geassocieerd aan de re¨ele, anisotrope kwadratische vorm q. Als deze niet
hetzij positief-, hetzij negatief-definiet is, bestaan er vectoren v en w met fq (v, v) > 0 en fq (w, w) 6 0,
en zelfs fq (v, v) > 0 en fq (w, w) < 0 omdat q anisotroop is. Uit het voorgaande volgt dat q dan toch
ergens de waarde 0 moet aannemen, tegen de onderstelling van anisotropie.
Oefening 4.50 (Herexamen 2013). Bewijs dat equivalente kwadratische vormen dezelfde scalairenverzameling representeren.
4.7
Hermitische en unitaire matrices
Oefening 4.51. Zij K een veld en α een veldautomorfisme met fixveld F 6 K. Bewijs:
•
1 α
k
=
1
kα ,
∀k ∈ K∗
(k n )α = (k α )n , ∀k ∈ K∗ , ∀n ∈ Z
en
• (P (y))α = P (y α ) , ∀P ∈ F[x], ∀y ∈ K
• (A · B)α = Aα · B α , ∀A, B ∈ Matn (K)
• (det A)α = det (Aα )
• (Spec A)α = Spec (Aα )
Oplossing 4.51.
α
α
• Het eerste volgt uit k1 · k α = k1 · k = 1α = 1. Voor c ∈ N is (k c )α = (k · · · · · k)α = k α · · · · · k α =
(k α )c . Wegens het eerste geldt dit ook voor negatieve exponenten.
• (P (y))α = (an y n + · · · + a1 y + a0 )α = aαn (y n )α +· · ·+aα1 y α +aα0 = an (y α )n +· · ·+a1 y α +a0 = P (y α ),
omdat de ai ∈ F = Fix(α).
P
P
• ((A · B)α )ij = ((A · B)ij )α = ( k aik bkj )α = k aαik bαkj = (Aα · B α )ij
• (det A)α = (a11 a22 · · · − a12 a21 · · · + . . . )α = aα11 aα22 · · · − aα12 aα21 · · · + · · · = det (Aα ): de determinant
is een polynoom in de entries van A met co¨effici¨enten +1 en −1.
• λ ∈ (Spec A)α ⇔ λα
−1
−1
∈ Spec A ⇔ ∃v 6= 0 : λα v = Av ⇔ ∃v α 6= 0 : λv α = Aα v α ⇔ λ ∈ Spec (Aα )
de complexe toevoeging op C. Noteer A† = A
Oefening 4.52. Zij α =
Matn (C):
• (A + B)† = A† + B †
• (A · B)† = B † · A†
en
en
>
= A> . Bewijs, ∀A, B ∈
(λA)† = λA†
†
−1
A−1 = A†
• det(A† A) = | det A|2
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hermitische en unitaire matrices
51
• A + A† en A† A zijn Hermitische matrices
• Som en verschil van Hermitische matrices is een Hermitische matrix
• Als H een Hermitische matrix is, dan ook A† HA
Oplossing 4.52.
>
>
>
>
• (A + B)† = A + B = A + B = A + B = A† + B †
>
>
>
(λA)† = λA = λ · A = λ · A = λA†
>
>
>
>
• (A · B)† = A · B = A · B = B · A = B † · A†
†
−1
C = A−1 ⇒ C † = A−1 ⇒ C † A = I ⇒ A† C = I † = I ⇒ C = A†
>
• det(A† A) = det(A ) · det(A) = det(A) · det(A) = | det A|2
†
†
• A + A† = A† + A†† = A + A† en A† A = A† A†† = A† A
• Zijn B en C Hermitisch, dan is (B ± C)† = B † ± C † = B ± C
†
• A† HA = A† H † A†† = A† HA
Oefening 4.53. Vind een nodige en voldoende voorwaarde voor een diagonaalmatrix U ∈ GLn (C) om
unitair te zijn.
Oplossing 4.53. De eis van unitariteit is dat U † U = In . Voor een diagonaalmatrix U = Diag(d1 , . . . , dn )
betekent dat
In = Diag(d1 , . . . , dn )† Diag(d1 , . . . , dn ) = Diag(d1 , . . . , dn ) Diag(d1 , . . . , dn ) = Diag(|d1 |2 , . . . , |dn |2 ).
Met andere woorden, de diagonaalelementen moeten voldoen aan |di |2 = 1, dus complexe modulus 1
hebben.
Oefening 4.54. Vind een matrix V ∈ Cm×n , m 6= n met V † V = In . Wat kun je in het algemeen zeggen
over dit soort matrices?
Oplossing 4.54. De eerste observatie is dat m > n. Immers, als m < n, dan hebben V † en V rang ten
hoogste m, zodat hun product nooit rang n kan hebben.
Een constructie met een unitaire n × n-matrix. Als U een unitaire n × n-matrix is, dan kan men
nagaan dat de blokmatrix, bestaande uit U aangevuld met m − n nulrijen, voldoet:
U
†
U 0
= In
0
Een constructie met een unitaire m × m-matrix. Als U een unitaire matrix van grotere dimensie
m × m is, dan zal U1 , bestaande uit de eerste n kolommen van U , eveneens voldoen:

!
U1†
 U1 U2  = Im
U2†
Het matrixproduct U1† U1 is dan precies de n × n-deelmatrix In linksboven in Im .
Met de laatste constructie krijgen we alle dergelijke matrices. We zullen nu bewijzen dat
elke V ∈ Cm×n met V † V = In , van deze vorm is, dus dat we elke dergelijke V kunnen uitbreiden tot een
unitaire m × m-matrix U .
Beschouw het standaardinproduct op Cm . Dat het inproduct van twee vectoren 0 is, betekent dat ze
orthogonaal zijn. Als we nu de kolommen van U opvatten als vectoren van Cm , dan betekent elke 0
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hermitische en unitaire matrices
52
buiten de diagonaal van U † U dat twee verschillende zo’n vectoren orthogonaal zijn. Iedere 1 op de
diagonaal van U † U betekent dat deze vectoren norm 1 hebben. Een m × n-matrix V met V † V = In is
dus een weergave van n orthogonale kolomvectoren in Cm met norm 1. Een vierkante unitaire matrix U
is een weergave van m orthogonale vectoren in Cm met norm 1, dit heet een orthonormale basis. Daar we
elke orthonormale vectorenverzameling van Cm kunnen aanvullen1 tot een orthonormale basis van Cm , is
elke m × n-matrix V met V † V = In aanvulbaar tot een unitaire m × m-matrix U .
Oefening 4.55. Controleer dat vierkante matrices (A + λI) en (A + µI) commuteren. Verifieer dat, als
A een Hermitische matrix is, dan B = (A − iI)−1 (A + iI) unitair is.
Oplossing 4.55.
(A + λI) · (A + µI) = A2 + µAI + λIA + λµI 2 = A2 + (µ + λ)A + λµI = (A + µI) · (A + λI)
Verder hebben we
†
B · B † = (A − iI)−1 (A + iI) · (A − iI)−1 (A + iI)
= (A − iI)−1 · (A + iI) · (A + iI)† · (A − iI)−1
†
= (A − iI)−1 · (A + iI) · (A† − iI) · (A† + iI)−1
= (A − iI)−1 · (A − iI) · (A + iI) · (A + iI)−1
=I ·I =I
Oefening 4.56. Bewijs de volgende uitspraken voor een unitaire operator U : Cn → Cn .
• kU xk = kxk, ∀x ∈ Cn , met k · k het standaardinproduct op Cn .
• Alle eigenwaarden van U hebben complexe modulus 1.
• T.o.v. een basis B vormen de kolommen van MB (U ) een orthonormale basis van Cn .
Oplossing 4.56.
s
p
• Met kzk = |z1 |2 + · · · + |zn |2 =
( z1
...
z1 √
√
√
.. = z † z, is kU xk = x† U † U x = x† x = kxk.
zn )
.
zn
• Voor een eigenwaarde λ hebben we |λ| · kvk = kλvk = kU vk = kvk, met kvk =
6 0, waaruit |λ| = 1.
• Zie oefening 4.54.
Oefening 4.57. Ga na of het unitair, Hermitisch, orthogonaal en antisymmetrisch zijn van vierkante
matrices bewaard wordt onder transponeren, som, scalaire veelvouden, matrixproduct, inverteren, veldautomorfisme, toevoeging, congruentie en Hermitische equivalentie.
Oplossing 4.57.
1
Men kan achtereenvolgens deze verzameling lineair onafhankelijke vectoren aanvullen tot een basis van Cm , dan GramSchmidt-orthogonalisatie uitvoeren om een orthogonale basis te bekomen en tot slot de vectoren normeren om een orthonormale basis te krijgen.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hermitische en unitaire matrices
53
Antisymmetrisch
Orthogonaal
Hermitisch
Unitair
A> = −A
A> A = AA> = I
A† = A
A† A = AA† = I
Transponeren
Ja
Ja
Ja
Ja
Som
Ja
Neen
Ja
Neen
Scalair veelvoud
B = λA
Ja
Neen, tenzij
λ = ±1
Neen, tenzij
λ∈R
Neen, tenzij
|λ| = 1
Matrixproduct
Neen, tenzij
AB + BA = 0
Ja
Neen, tenzij
AB = BA
Ja
Inverteren
Ja
Ja
Ja
Ja
Veldautomorfisme
Ja
Ja
Ja
Ja
Toevoeging,
B = C −1 AC
Neen, tenzij C
orthogonaal
Neen, tenzij C
orthogonaal
Neen, tenzij C
unitair
Neen, tenzij C
unitair
Congruentie,
B = C > AC
Ja
Neen, tenzij C
orthogonaal
Neen, tenzij C
re¨eel
Neen, tenzij C
unitair
Hermitische
equivalentie,
B = C † AC
Neen, tenzij C
re¨eel
Neen, tenzij C
orthogonaal
Ja
Neen, tenzij C
unitair
Oefening 4.58. Gebruik stelling 6.10.6 (p. 78) om te bewijzen:
Een matrix A ∈ Matn (C) is Hermitisch als en slechts als er een unitaire matrix U bestaat
zodat A = U † Diag(λ1 , . . . , λn )U , met alle λi re¨eel.
Vind een unitaire matrix U zodat
U † HU
een diagonaalmatrix is, met H =
1 −i
.
i 1
Oplossing 4.58. Richting ⇐ is een verificatie: als A = U † Diag(λ1 , . . . , λn )U , dan is
A† = U † Diag(λ1 , . . . , λn )U †† = U † Diag(λ1 , . . . , λn )U = A.
Richting ⇒ is precies stelling 6.10.6.
We diagonaliseren H en vinden eigenwaarden 2 en 0 met bijhorende (genormeerde) eigenvectoren
en √12 ( 1i ). De matrix U = √12 1i 1i is unitair en realiseert
1
√
2
√1
2
( 1i )
1 1 i
1 −i
1 −i
2 0
·
·√
=
−i 1
i 1
0 0
2 i 1
Oefening 4.59. Bewijs dat als een matrix A scheef-Hermitisch is, d.w.z. A† = −A, ze dan A = iB is
voor een bepaalde Hermitische matrix B. Bewijs dat elke vierkante complexe matrix A op unieke manier
te schrijven is als A = B +iC = S −iT , voor Hermitische matrices B en C, en scheef-Hermitische matrices
S en T .
Oplossing 4.59. Stel dat A† = −A, beschouw dan B = −iA, zodat iB = A. Dan is B † = (−iA)† =
iA† = −iA = B, zodat B Hermitisch is. Merk op dat de diagonaalelementen van een scheef-Hermitische
matrix zuiver imaginair zijn.
Zij A een vierkante complexe matrix, die we wensen te schrijven als A = B + iC, met B en C Hermitisch.
Dan moet enerzijds gelden, voor de diagonaalelementen (∀i):
∀aii ∈ C : ∃!bii , cii ∈ R : aii = bii + icii ,
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hermitische en unitaire matrices
54
maar dit is duidelijk. Voor de niet-diagonaalelementen moeten we hebben dat ∀i 6= j:
(
aij = bij + icij
∀aij , aji ∈ C : ∃!bij , cij ∈ C :
aji = bij + icij
Dit stelsel uiteentrekkend in re¨ele en complexe delen geeft ons twee re¨ele 2 × 2-stelsels met determinant
2, dus de oplossing is inderdaad uniek.
Nemen we S = iC en T = iB, dan hebben we scheef-Hermitische matrices waarvoor S −iT = iC −i(iB) =
B + iC = A. Daar we elke scheef-Hermitische matrix S of T kunnen schrijven als iC of iB, volgt de
uniciteit van S en T uit die van B en C.
Oefening 4.60. Bewijs dat de volgende definities van Hermitische matrix equivalent zijn voor een A ∈
Matn (C)
1. A† = A
2. x† Ax is re¨eel voor elke x ∈ Cn
3. A2 = A† A
4. A2 = AA†
5. Tr(A2 ) = Tr(A† A)
6. Tr(A2 ) = Tr(AA† )
†
Oplossing 4.60. 1 ⇒ . . . Uit het eerste volgt al de rest direct, het tweede door x† Ax = x† A† x =
x† Ax, want voor z ∈ C is z = z ⇔ z ∈ R.
2 ⇒ 1 Zij x de vector met op de i-de plaats een 1 en op de andere plaatsen een 0. Dan is aii = x† Ax ∈ R,
dus de diagonaalelementen van A zijn alvast re¨eel. Zij nu x de vector met op de i-de plaats een 1 en op
de j-de plaats (i 6= j) een complex getal c, dan moet dus
x† Ax = aii + |c|2 ajj + caij + caji ∈ R,
of dus ∀c ∈ C : caij + caji ∈ R, ofte caij + caji = caij + caji . Als we nu c = 1 en c = i invullen krijgen we
aij + aji = aij + aji
iaij − iaji = −iaij + iaji
Gepast combineren geeft aij = aji als i 6= j. Er volgt dus dat aij = aji , ∀i, j, d.w.z. A = A† .
6⇒1
Stel nu dat Tr(AA† ) = Tr(A2 ). Dat betekent dat
n X
n
X
i=1 k=1
|aik |2 =
n X
n
X
aik aki .
i=1 k=1
Passen we nu de driehoeksongelijkheid toe voor complexe getallen: |z1 + · · · + zn | 6 |z1 | + · · · + |zn |, met
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hermitische en unitaire matrices
55
gelijkheid als en slechts2 als arg(z1 ) = · · · = arg(zn ) = arg(z1 + · · · + zn ). Dan vinden we
n X
n
X
|aik |2 6
i=1 k=1
|aik | 6
|aik |2 + |aki |2 6
XX
i6=k
i<k
XX
i<k
|aik ||aki |
i=1 k=1
XX
XX
XX
n X
n
X
2
i6=k
i<k
|aik ||aki |
2|aik ||aki |
|aik |2 − 2|aik ||aki | + |aki |2 6 0
XX
(|aik | − |aki |)2 6 0
i<k
(4.1)
We stellen vast dat de laatste ongelijkheid zich enkel kan voordien bij gelijk heid aan 0. Dat betekent dat
alle gebruikte ongelijkheden eigenlijk gelijkheden zijn. Voor de driehoeksongelijkheid vinden
we daarom
P P
dat de argumenten van alle termen aik aki gelijk waren, en gelijk aan die van de som ni=1 nk=1 |aik |2 ,
namelijk 0. Dus aik aki is re¨eel, ∀i, k.
Schrijf nu aik = ρ1 eiθ1 en aki = ρ2 eiθ2 . Uit 4.1 volgt nu dat ρ1 = ρ2 . En dat aik aki ∈ R betekent dat aik
en aki tegengesteld argument hebben: θ1 = −θ2 . Bijgevolg is aik = aki en A is een Hermitische matrix.
· · · ⇒ 1 Met deze implicatie Tr(AA† ) = Tr(A2 ) =⇒ A = A† , zijn alle equivalenties eenvoudig in te
vullen.
Oefening 4.61. Zij A = (aij ) een Hermitische n × n-matrix met diagonaalelementen 1 (aii = 1) en
n
X
|aij | 6 2,
i = 1, . . . , n.
j=1
Bewijs dat A positief semidefiniet is en dat alle eigenwaarden van A tussen 0 en 2 liggen.
Oplossing 4.61. We zullen bewijzen dat alle eigenwaarden tussen 0 en 2 liggen. Daar er in dat geval
een basis zal bestaan zodanig dat de geassocieerde Hermitische vorm van de vorm x 7→ |x1 |2 + . . . |xr |2 > 0
is, zal automatisch volgen dat A positief semidefiniet is.
x1 Zij nu λ een eigenwaarde van A bij eigenvector x = ... 6= 0. Omdat A Hermitisch is, is λ re¨eel.
xn
Beschouwen we nu de co¨
ordinaat van x met de grootste complexe modulus: neem dus iPzodanig dat
|xi | = max{|x
|,
.
.
.
,
|x
|}
> 0. Voor de i-de co¨ordinaat van P
λx = Ax vinden we nu λxi = nj=1 aij xj =
1
n
P
aii xi + j6=i aij xj . Omdat aii = 1 volgt er: (λ − 1)xi =
j6=i aij xj . De complexe modulus van het
linkerlid kunnen we dus als volgt afschatten.
X
X
|λ − 1||xi | 6
|aij ||xj | 6 |xi |
|aij | 6 |xi | · (2 − 1) = |xi |
j6=i
j6=i
Delen door |xi | =
6 0 levert ons |λ − 1| 6 1, waaruit volgt dat 0 6 λ 6 2.
2
Het argument van een complex getal z = a + ib = ρeiθ is precies θ. Het is de hoek die z in het complexe vlak beschrijft
met de positieve re¨ele as. Het argument van positieve re¨ele getallen is 0. Twee complexe getallen hebben hetzelfde argument
als ze een re¨eel veelvoud van elkaar zijn.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hermitische en unitaire matrices
56

Meetkunde I [B-KUL-G0N31B]

Formularium analytische meetkunde

Bewijs van de regel van Cramer

Nederland als Energy Gateway

Meetkunde I [B-KUL-G0N31B]

Bilineaire en kwadratische vormen

MA T RIX F 32 - Frama Nederland

Armaflex DuoSolar

SignalenWiskundeWeek..

Oefenopgaven cohort 2011 Tentamen download

Bekijk hier

Introductie Lineaire Algebra Voor Computer Graphics

Opgaven Analyse 2 (2WA40) College 25

Meetkunde I [B-KUL-G0N31B]