hoofdstuk_2_oefeningen.tex

\documentclass[lineaire_algebra_oplossingen.tex]{subfiles}
\begin{document}

\chapter{Oefeningen Hoofdstuk 2}
\section{Oefeningen 2.4}
\subsection{Oefening 1}
\subsubsection*{a)}
\[
\begin{vmatrix}
3 & 5\\
-2 & 4
\end{vmatrix}
= 22
\]
\subsubsection*{b)}
\[
\begin{vmatrix}
5 & 6\\
7 & 2
\end{vmatrix}
= -32
\]
\subsubsection*{c)}
\[
\frac{1}{52} 
\begin{vmatrix}
-2 & -6\\
7 & -5
\end{vmatrix} 
= \frac{1}{52} \cdot 52 = 1
\]
\subsubsection*{d)}
\[
\begin{vmatrix}
1 & 5 & 0\\
2 & 4 & -1\\
0 & -2 & 0
\end{vmatrix}
= -2
\]
\subsubsection*{e)}
Door rijoperaties:
$$
\begin{vmatrix}
2 & 1 & 3\\
-1 & 2 & 0\\
1 & 8 & 6
\end{vmatrix}
\overset{R_1 \leftrightarrow R_3}{=}
\begin{vmatrix}
1 & 8 & 6\\
-1 & 2 & 0\\
2 & 1 & 3
\end{vmatrix}
\overset{R_3 \longmapsto R_3 + R_1}{=}
\begin{vmatrix}
1 & 8 & 6\\
0 & 10 & 6\\
2 & 1 & 3
\end{vmatrix}
\overset{R_3 \longmapsto R_3 - 2\cdot R_1}{=}
\begin{vmatrix}
1 & 8 & 6\\
0 & 10 & 6\\
0 & -15 & -9
\end{vmatrix}
= 0
$$
Merk op: $R_3 = -\frac{3}{2} R_2$ vandaar $0$.\\
\\
Door ontwikkeling:
$$
\begin{vmatrix}
2 & 1 & 3\\
-1 & 2 & 0\\
1 & 8 & 6
\end{vmatrix}
=
3 \cdot
\begin{vmatrix}
-1 & 2\\
1 & 8
\end{vmatrix}
-0
+6 \cdot
\begin{vmatrix}
2 & 1\\
-1 & 2
\end{vmatrix}
= 0
$$
\subsubsection*{f)}
Door rijoperaties:
$$
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 3\\
2 & 3 & 4\\
1 & 5 & 7
\end{vmatrix}
\overset{R_2 \longmapsto R_2-2R_1}{=}
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 3\\
0 & 1 & -2\\
1 & 5 & 7
\end{vmatrix}
\overset{R_3 \longmapsto R_3-R_1}{=}
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 3\\
0 & 1 & -2\\
0 & 4 & 4
\end{vmatrix}
\overset{R_3 \longmapsto R_3-4R_2}{=}
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 3\\
0 & 1 & -2\\
0 & 0 & 12
\end{vmatrix}
$$
$$ = 1\cdot 1 \cdot 12 = 12$$
Door ontwikkeling:
$$
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 3\\
2 & 3 & 4\\
1 & 5 & 7
\end{vmatrix}
= 1 \cdot
\begin{vmatrix}
3 & 4\\
5 & 7
\end{vmatrix}
- 1 \cdot 
\begin{vmatrix}
2 & 4\\
1 & 7
\end{vmatrix}
+3\cdot
\begin{vmatrix}
2 & 3\\
1 & 5
\end{vmatrix}
$$
$$
= 1 - 10 + 3\cdot 7 = 12
$$
\subsubsection*{g)}
1)
\[
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 & 1\\
2 & 0 & 1 & 1\\
2 & 2 & 0 & 1\\
1 & 1 & 1 & 0
\end{pmatrix}
\]
\[R_1 \leftrightarrow R_4\]
\[R_2 \leftrightarrow R_3\]
\[
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 0\\
2 & 2 & 0 & 1\\
2 & 0 & 1 & 1\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix}
\]
\[R_2 \longmapsto R_2- 2 \cdot R_1 \]
\[R_3 \longmapsto R_3- 2 \cdot R_1 \]
\[
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 0\\
0 & 0 & -2 & 1\\
0 & -2 & -1 & 1\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix}
\]
\[R_4 \leftrightarrow R_2\]
\[R_3 \longmapsto R_3 + 2 \cdot R_2\]
\[
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 0\\
0 & 1 & 1 & 1\\
0 & 0 & 1 & 3\\
0 & 0 & -2 & 1
\end{pmatrix}
\]
\[R_4 \longmapsto R_4 + 2 \cdot R_3\]
\[
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 0\\
0 & 1 & 1 & 1\\
0 & 0 & 1 & 3\\
0 & 0 & 0 & 7
\end{pmatrix}
\]
\[\det = -7 \text{(3 rijwissels)} \]
2)
\[ -2 \cdot \det
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
2 & 0 & 1\\
1 & 1 & 0
\end{pmatrix}
+2 \cdot \det
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0 & 1 & 1\\
1 & 1 & 0
\end{pmatrix}
- \det 
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0 & 1 & 1\\
2 & 0 & 1
\end{pmatrix}
=-7
\]
\subsubsection*{h)}
\[ \det
\begin{pmatrix}
4 & 3 & 1 & 5\\
4 & 0 & -2 & 4\\
8 & 9 & 5 & -11\\
8 & 3 & -1 & 9
\end{pmatrix}
\]
\[ = -3 \cdot \det
\begin{pmatrix}
4 & -2 & 4\\
8 & 5 & -11\\
8 & -1 & 9
\end{pmatrix}
-9 \cdot \det 
\begin{pmatrix}
4 & 1 & 5\\
4 & -2 & 4\\
8 & -1 & 9
\end{pmatrix}
+3 \cdot \det
\begin{pmatrix}
4 & 1 & 5\\
4 & -2 & 4\\
8 & 5 & -11
\end{pmatrix}
= 0
\]

\subsubsection*{i)}
\[
\begin{vmatrix}
5 & 0 & 3 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 4\\
0 & 0 & -3  & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1 & 1\\
0 & -2 & 4 &0  &8
\end{vmatrix}
\]
Wissel $R_2$ en $R_5$
\[
=-
\begin{vmatrix}
5 & 0 & 3 & 2 & 0\\
0 & -2 & 4 &0  &8\\
0 & 0 & -3  & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0 & 4
\end{vmatrix}
= - (5 \cdot -2 \cdot -3 \cdot 1 \cdot 4) = -120
\]

\subsubsection*{j)}
Door rijoperaties:\\
\[
\begin{vmatrix}
3 & -7 & 8 & 9 & -6\\
0 & 2 & -5 & 7 & 3\\
0 & 0 & 1 & 5 & 0\\
0 & 0 & 2 & 4 & -1\\
0 & 0 & 0 & -2 & 0
\end{vmatrix}
\overset{R_4 \longmapsto R_4-2R_3}{=}
\begin{vmatrix}
3 & -7 & 8 & 9 & -6\\
0 & 2 & -5 & 7 & 3\\
0 & 0 & 1 & 5 & 0\\
0 & 0 & 0 & -6 & -1\\
0 & 0 & 0 & -2 & 0
\end{vmatrix}
\]
\[
\overset{R_5 \longmapsto R_5-\frac{-2}{6}R_4}{=}
\begin{vmatrix}
3 & -7 & 8 & 9 & -6\\
0 & 2 & -5 & 7 & 3\\
0 & 0 & 1 & 5 & 0\\
0 & 0 & 0 & -6 & -1\\
0 & 0 & 0 & 0 & \frac{-2}{6}
\end{vmatrix}
=
3\cdot 2 \cdot 1 \cdot (-6) \cdot (-\frac{2}{6}) = 12
\]\\
Door ontwikkeling:
\[
\begin{vmatrix}
3 & -7 & 8 & 9 & -6\\
0 & 2 & -5 & 7 & 3\\
0 & 0 & 1 & 5 & 0\\
0 & 0 & 2 & 4 & -1\\
0 & 0 & 0 & -2 & 0
\end{vmatrix}
=
3 \cdot
\begin{vmatrix}
2 & -5 & 7 & 3\\
0 & 1 & 5 & 0\\
0 & 2 & 4 & -1\\
0 & 0 & -2 & 0
\end{vmatrix}
=
3 \cdot 2 \cdot
\begin{vmatrix}
1 & 5 & 0\\
2 & 4 & -1\\
0 & -2 & 0
\end{vmatrix}
\]
\[
3\cdot 2\cdot \left( 
\begin{vmatrix}
4 & -1\\
-2 & 0
\end{vmatrix}
-2\cdot
\begin{vmatrix}
5 & 0\\
-2 & 0
\end{vmatrix}
\right)
=
3\cdot 2 \cdot 2 = 12
\]

\subsection{Oefening 2}
\[\det(A) = -7, \det(B) = 3\]
\begin{gather*}
    \det(A^2BA^{-1}) =
    \det(A^2) \cdot \det(B) \cdot \det(A^{-1}) =\\
    \det(A)^2 \cdot \det(B) \cdot \det(A)^{-1} = \det(A) \cdot \det(B) = -21
\end{gather*}
\begin{gather*}
    \det(B^{-1}A^3) = \det(B^{-1}) \cdot \det(A^3) = \det(B)^{-1} \cdot \det(A)^3 = \frac{1}{3} \cdot (-7)^3 = \frac{-343}{3}
\end{gather*}

\subsection{Oefening 3}
$\det(AB) = 0$ als $\det(A) = 0$ of $\det(B) = 0$
\\
\[\det(A) = \begin{vmatrix}
x + 2 & 3x\\
3 & x + 2
\end{vmatrix}
 = (x + 2)^2 - 9x = x^2 -5 x + 4
\]
$x^2 -5 x + 4 = 0$ voor $x_1, x_2$ met $x_{1,2} = \frac{5 \pm 3}{2}$ ($x_1 = 1$ en $x_2 = 4$)
\\
\[\det(B) = \begin{vmatrix}
x & 0\\
5 & x + 2
\end{vmatrix}
 = x \cdot (x + 2) = x^2 + 2x\]
$x^2 + 2x$ voor $x_3, x_4$ met $x_3 = -2$ en $x_4 = 0$ 
\subsubsection*{Besluit}
$\det(AB) = 0$ voor $x$ met $x \in \{-2, 0, 1, 4\}$.
\subsection{Oefening 4}
\subsubsection*{a)}
Aangezien er tweemaal een ERO van het verwisselen van rijen voorkomt, wordt de uitkomst:
$$-1\cdot -1\cdot (-6) = -6$$
\subsubsection*{b)}
$$3\cdot(-1)\cdot 4 \cdot (-6) = 72$$
\subsubsection*{c)}
De determinant blijft -6 \footnote{Zie Stelling 2.3 p 58 (\ref{2.3})}.
\subsection{Oefening 5}
Voor een $2\times2$ matrix, is deze determinant $-1$.
Voor elke grotere vierkante matrix is deze determinant $0$, omdat door rij reductie twee gelijke rijen kunnen gemaakt worden.
\[
\begin{vmatrix}
2 & 3 & 4\\
3 & 4 & 5\\
4 & 5 & 6
\end{vmatrix}
\overset{R_2 \longmapsto R_2-R_1 \text{ en } R_3 \longmapsto R_3 - R_1}{=}
\begin{vmatrix}
2 & 3 & 4\\
1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}
\]


\subsection{Oefening 6}
\subsubsection*{a)}
\[
\det(A^{-1}) = \frac{1}{\det(A)}
\]
dus:
\[
\det(A^{-1}) = \frac{1}{-7} 
\]
\subsubsection*{b)}
\[
\det(2(A^{-1})) = 8\cdot \det(A^{-1}) = 8 \cdot \frac{1}{-7} = -\frac{8}{7}
\]
\subsubsection*{c)}
\[
\det((2A)^{-1}) = \frac{1}{\det(2A)} = \frac{1}{8\det(A)} = -\frac{1}{56}
\]
\subsection{Oefening 7}
\begin{proof}
De determinant van een product is het product van de determinanten.
\[
\det(AB) = \det(A) \det(B) = 0 \det(B) = 0 
\]
\end{proof}

\subsection{Oefening 8}
\begin{align*}
    \begin{vmatrix}
        k+2 & 1 & 1\\
        1 & k+2 & 1\\
        1 & 1 & k+2
    \end{vmatrix}
    &= (k+2) 
    \begin{vmatrix}
        k+2 & 1\\
        1 & k+2    
    \end{vmatrix} - 
    \begin{vmatrix}
        1 & 1\\
        1 & k+2
    \end{vmatrix} + 
    \begin{vmatrix}
        1 & 1\\
        k+2 & 1\\
    \end{vmatrix}\\
    &= (k+2)((k+2)^2 - 1) - (k+1) + (-k-1)\\
    &= (k+2)(k^2 + 4k + 3) -2k - 2\\
    &= k^3 + 6k^2 + 9k + 4
\end{align*}
De matrix is inverteerbaar als de determinant niet gelijk is aan 0.
\begin{align*}
    k^3 + 6k^2 + 9k + 4 &= (k+1)(k^2 + 5k + 4)\\
    &= (k+1)(k+1)(k+4)
\end{align*}
De matrix is dus inverteerbaar als $k \neq -1$ of $k \neq -4$.

\subsection{Oefening 9}
Basisgeval: \\
1) $(n=3, F_{3}=2)$
\[ 
\begin{pmatrix}
2 & 3\\ 
1 & 2
\end{pmatrix}
= 1 = (-1)^{3-1} = (-1)^{n-1}
\]
2) $(n=4, F_{4}=3)$
\[
\begin{pmatrix}
3 & 5\\ 
2 & 3
\end{pmatrix}
= -1 = (-1)^{4-1} = (-1)^{n-1}
\]
We kunnen van geval 1) naar geval 2) gaan door in geval 1) $R_2 \longmapsto R_2+R_1$ en vervolgens $R_1$ te verwisselen met $R_2$. Deze eerste elementaire operatie veranderd niets aan de determinant, de tweede operatie veranderd slechts het teken. \\
\\
Algemeen:\\
Stel dat het klopt voor $F_{n-1}$\\
Te bewijzen: het klopt voor $F_{n}$\\
Dit kunnen we doen door de uitleg die eerder gegeven werd.

\subsection{Oefening 10}
\[
d_n =
\begin{vmatrix}
2 & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\
1 & 2 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\
0 & 1 & 2 & 1 & \cdots & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 2 & \cdots & 0 & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & 2 \\
\end{vmatrix}
=
2 \cdot d_{n-1} - d_{n-2}
\]
Ontwikkel naar de eerste rij/kolom.
We berekenen nu nog de eerste paar $d_i$ manueel.
\[
d_1
=
\begin{vmatrix}
2
\end{vmatrix} = 2
\]
\[
d_2
=
\begin{vmatrix}
2 & 1\\
1 & 2
\end{vmatrix} = 3
\]
\[
d_3
=
\begin{vmatrix}
2 & 1 & 0\\
1 & 2 & 1\\
0 & 1 & 2
\end{vmatrix}
= 2 
\begin{vmatrix}
2 & 1\\
1 & 2
\end{vmatrix}
-
\begin{vmatrix}
2
\end{vmatrix}
=
6 - 2 = 4
\]
\[
d_4 = 2 d_3 - d_2 = 8 - 3 = 5
\]
\[
d_5 = 2 d_4 - d_3 = 10-4 = 6
\]
\[
d_6 = 2 d_5 - d_4 = 10-4 = 7
\]
Het ziet er naar uit dat er een eenvoudige manier is om $d_n$ te formuleren.
\[
d_n = n+1
\]
\begin{proof}
Bewijs door inductie op $n$.\\
We hebben al berekend dat $d_1 = 2$ en $d_2 =3$ gelden. De bewering geldt dus voor $n=1$ en $n=2$.
\subsubsection*{Stap 1 (basis stap)}
De bewering geldt voor $n=2$ (gegeven) en $n=3$.
\[
d_3 = 2*d_2 - d_1 = 6 - 2 = 4 = 3+1
\]
\subsubsection*{Stap 2 (inductie stap)}
Stel dat de bewering geldt voor een bepaalde $n=k$ en $n=k-1$, dan bewijzen we nu dat ze zal gelden voor $n=k+1$.
\[
d_{k+1} = 2* d_{k} - d_{k-1} = 2*(k+1) - ((k-1)+1) = 2k+2-k = k+2
\]
\end{proof}

\subsection{Oefening 11}
\subsubsection*{a)}
Waar: We kunnen de determinant van de matrix bepalen door er een bovendriehoeksmatrix van te maken en dan de elementen op de diagonaal te vermenigvuldigen. Dit kunnen we doen door zowel van $A$ als $D$ een bovendriehoeksmatrix te maken. Als we dit doen worden enkel de elementen van respectievelijk $A$ en $D$ aangepast (alle nullen blijven) dus de determinant is gelijk aan de $\det(A)$. $\det(D)$

\subsubsection*{b)}
\begin{proof}
De matrices op de diagonaal van de samengestelde matrix: $A$ en $D$. kunnen we rijreduceren naar een echelonvorm zodat de elk diagonaal matrices worden ($A'$ en $D'$). Eventueel worden er dan bepaalde factoren voorop gezet ($a$ en $d$).
\[
\begin{vmatrix}
A & B\\
0 & D
\end{vmatrix}
=
ad
\begin{vmatrix}
A' & B\\
0 & D'
\end{vmatrix}
\]
Nu is het gemakkelijk te zien dat de volledige samengestelde matrix een diagonaalmatrix is.
Van een $n\times n$ diagonaalmatrix $X$ weten we het volgende.
\[
\det \left({X}\right) = \prod_{i \mathop = 1}^n x_{ii}
\]
Onze gezochte determinant is dan als volgt.
\[
ad
\begin{vmatrix}
A' & B\\
0 & D'
\end{vmatrix} = a\prod_{i \mathop = 1}^n a'_{ii} \cdot d \prod_{i \mathop = 1}^m d'_{ii} = \det \left({A}\right)\cdot\det \left({D}\right)
\]
\end{proof}

\subsubsection*{c)}
Niet waar, tegenvoorbeeld:
\begin{gather*}
    A = 
    \begin{pmatrix}
        1 & 2\\
        5 & 6
    \end{pmatrix} 
    , B = 
    \begin{pmatrix}
        3 & 4\\
        7 & 8
    \end{pmatrix}
    , C = 
    \begin{pmatrix}
        10 & 9\\
        13 & 14
    \end{pmatrix}
    , D = 
    \begin{pmatrix}
        11 & 12\\
        15 & 16
    \end{pmatrix}\\
    \begin{vmatrix}
        A & B\\
        C & D
    \end{vmatrix}
    = 0\\
    |A| \cdot |D| - |B| \cdot |C| = (-4) \cdot (-4) - (-4) \cdot 23 = 108
\end{gather*}


\subsection{Oefening 12}
\[
\begin{vmatrix}
2 & -1 & 3\\
-1 & 2 & 2\\
3 & 2 & 1
\end{vmatrix}
\]
\[
\left\lbrace
\begin{array}{c c c}
A_{11}: &C_{11} &= (-1)^{1+1} \cdot (2 - 4) = -2\\
A_{12}: &C_{12} &= (-1)^{1+2} \cdot (-1 -6) = 7\\
A_{13}: &C_{13} &= -8\\
A_{33}: &C_{33} &= 2\\
\end{array}
\right.
\]
\subsection{Oefening 13}
$$
\begin{vmatrix}
a & a^4 & a^7\\
a^2 & a^5 & a^8\\
a^3 & a^6 & a^9
\end{vmatrix}
\overset{R_2 \longmapsto R_2 - a \cdot R_1}{=}
\begin{vmatrix}
a & a^4 & a^7\\
0 & 0 & 0\\
a^3 & a^6 & a^9
\end{vmatrix}
= 0
$$
Dit kan ook zo gedaan worden voor de derde rij. Vanaf dat er een nulrij in zit, weten we dat de determinant nul is.
\subsection{Oefening 14}
Voor elke scheefsymmetrische matrix geldt:
\[
A^T= -A
\]
\subsubsection*{Te bewijzen}
Voor $A\in R^{n\times n}$ met $n$ oneven.
\[
\det(A) = 0
\]
\subsubsection*{Bewijs}
\[
A^T = -A
\]
\[
\det(A^T) = \det(-A)
\]
We weten:
\[
\det(A^T) = \det(A) \text{ en } \det(-A) = (-1)^n \det(A)
\]
dus
\[
\det(A) = \det(-A) \Rightarrow \det(A) = 0
\]

\subsubsection*{Tegenvoorbeeld}
\[
\begin{vmatrix}
0 & -1 & 0 & 0\\
1 & 0 & -1 & 0\\
0 & 1 & 0 & -1\\
0 & 0 & 1 & 0
\end{vmatrix}
\]
\subsection{Oefening 15}
\[ \det(A-nI_{n})=0 \longmapsto \]
\[
\begin{pmatrix}
-(n-1) & 1 & 1 &... & 1\\
1 & -(n-1) & 1 & ... & 1\\
1 & 1 & -(n-1) & ... & 1\\
... & ... & ... & ... & ...\\
1 & 1 & 1 & ... & -(n-1)
\end{pmatrix} 
\]
\[R_1 \leftrightarrow R_{N} \]
\[R_2 \leftrightarrow R_{N-1} \]
\[...\]
\[
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & ... & -(n-1)\\
... & ... & ... & ... & ...\\
1 & 1 & -(n-1) & ... & 1\\
1 & -(n-1) & 1 & ... & 1\\
-(n-1) & 1 & 1 &... & 1
\end{pmatrix} 
\]
\[ \text{Als we deze matrix naar echelonvorm brengen zullen altijd een nulrij krijgen. Dus $\det=0$.}\]

\subsection{Oefening 16}
\subsubsection*{b)}
\[
\det
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 3\\
2 & 3 & 4\\
1 & 5 & 7
\end{pmatrix}
= 12
\]
We berekenen $\text{adj}(A)$. Ter voorbeeld: $C_{23}
= (-1)^{2+3} \cdot M_{23}
= -\det \bigl( \begin{smallmatrix}1 & 1 \\ 1 & 5\end{smallmatrix} \bigr)
= -(5-1) = -4$.
\[
\text{adj}(A) =
\begin{pmatrix}
C_{11} & C_{21} & C_{31}\\
C_{12} & C_{22} & C_{32}\\
C_{13} & C_{23} & C_{33}
\end{pmatrix}
= 
\begin{pmatrix}
  1 &  8 & -5 \\
-10 &  4 &  2 \\
  7 & -4 &  1
\end{pmatrix}
\]

\[
A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \cdot \text{adj}(A)
= \frac{1}{12} \cdot
\begin{pmatrix}
  1 &  8 & -5 \\
-10 &  4 &  2 \\
  7 & -4 &  1
\end{pmatrix}
\]

\subsection{Oefening 17}
\[
\text{adj}(A)=
\begin{pmatrix}
-3i & 4 & 10+16i\\
0 & 1+i & -5-4i\\
0 & 0 & 3+3i
\end{pmatrix}
\]

\subsection{Oefening 19}
\subsubsection*{b)}
\begin{align*}
\text{adj}(A) \cdot A &= \det(A) \cdot \mathbb{I}_n \\
\text{adj}(A \cdot \text{adj}(A)) &= (\det A)^{n-1} \cdot \mathbb{I}_n \\
&&\text{we gebruiken $\text{adj}(A \cdot B) = \text{adj}(A) \cdot \text{adj}(B)$} \\
\text{adj}(A) \cdot \text{adj}(\text{adj}(A)) &= (\det A)^{n-1} \cdot \mathbb{I}_n \\
&&\text{beide kanten vermenigvuldigen met $A$} \\
A \cdot \text{adj}(A) \cdot \text{adj}(\text{adj}(A)) &= (\det A)^{n-1} \cdot \mathbb{I}_n \cdot A \\
&&\text{we gebruiken $\text{adj}(A) \cdot A = \det(A) \cdot \mathbb{I}_n$} \\
\det(A) \cdot \mathbb{I}_n \cdot \text{adj}(\text{adj}(A)) &= (\det A)^{n-1} \cdot A \\
&&\text{we gaan er van uit dat $\det(A) \neq 0$} \\
\text{adj}(\text{adj}(A)) &= (\det A)^{n-2} \cdot A
\end{align*}
\subsection{Oefening 20}
\subsubsection*{b)}
\[
\text{adj}(A) = \textit{cofactorenmatrix}(A)^T
\]
Hieruit volgt
\[
(\text{adj}(A))^T = (CM(A)^T)^T = CM(A)
\]
en
\[
\text{adj}(A^T) = CM(A^T)^T = CM(A)
\]
\subsection{Oefening 21}
\[\text{adj}(A) =
\begin{pmatrix}
3 & -5 & 2\\
0 & -1 & 1\\
-6 & 8 & -5
\end{pmatrix} 
\text{ en }
\det(A)=-3\]

\[
\Longrightarrow A^{-1} =
\frac{\text{adj}(A)}{\det(A)} =
\frac{-1}{3}
\begin{pmatrix}
3 & -5 & 2\\
0 & -1 & 1\\
-6 & 8 & -5
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-1 & \frac{5}{3}  & \frac{-2}{3} \\
0  & \frac{1}{3}  & \frac{-1}{3} \\
2  & \frac{-8}{3} & \frac{5}{3}
\end{pmatrix}
\]

\subsection{Oefening 23}
\[ A = 
\begin{pmatrix}
3 & -1 & 1\\
4 & 1 & 1\\
2 & -1 & 1
\end{pmatrix}
\Longrightarrow\det(A) = 2
\]
\[x_1 = \frac{1}{\det(A)} \cdot \det 
\begin{pmatrix}
2 & -1 & 1\\
1 & 1 & 1\\
0 & -1 & 1
\end{pmatrix}
= \frac{4}{2} = 2 \]
\[x_2 = \frac{1}{\det(A)} \cdot \det
\begin{pmatrix}
3 & 2 & 1\\
4 & 1 & 1\\
2 & 0 & 1
\end{pmatrix}
= \frac{-3}{2} \]
\[x_3 = \frac{1}{\det(A)} \cdot \det
\begin{pmatrix}
3 & -1 & 2\\
4 & 1 & 1\\
2 & -1 & 0
\end{pmatrix}
= \frac{-11}{2} \]
\subsection{Oefening 24}
\[ \left\{
     \begin{array}{lr}
       \frac{2}{x}-\frac{3}{y}+\frac{5}{z} &= 3 \\
       \frac{-4}{x}+\frac{7}{y}+\frac{2}{z} &= 0 \\
       \frac{2}{y}-\frac{1}{z} &= 2
     \end{array}
   \right. \Longrightarrow\left\{
     \begin{array}{lr}
       2x'-3y'+5z' &= 3 \\
       -4x'+7y'+2z' &= 0 \\
       2y'-z' &= 2
     \end{array}
   \right.
\]
met $x' = \frac{1}{x}, y' = \frac{1}{y}, z' = \frac{1}{z}$
\[  d = \det(A) = \begin{vmatrix}
            2 & -3 & 5\\
            -4 & 7 & 2\\
            0 & 2 & -1
    \end{vmatrix} = -50\]
\[  d_1 = \begin{vmatrix}
        3 & -3 & 5\\
        0 & 7 & 2\\
        2 & 2 & -1
    \end{vmatrix} = -115 \text{ , }
    d_2 = \begin{vmatrix}
        2 & 3 & 5\\
        -4 & 0 & 2\\
        0 & 2 & -1
    \end{vmatrix} = -60 \text{ , }
    d_3 = \begin{vmatrix}
        2 & -3 & 3\\
        -4 & 7 & 0\\
        0 & 2 & 2
    \end{vmatrix} = -20
\]
\[\Longrightarrow x = (x')^{-1}= \frac{d}{d_1} = \frac{-50}{-115} = \frac{10}{23} \text{ , }
    y = (y')^{-1}= \frac{d}{d_2} = \frac{5}{6} \text{ , }
    z = (z')^{-1}= \frac{d}{d_3} = \frac{50}{20} = \frac{5}{2}
\]

\subsection{Oefening 25}
De beschreven determinant ziet er als volgt uit.
\[
\begin{vmatrix}
1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & x_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & 1 & 0 & \cdots & 0 & x_2 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & 0 & 1 & \cdots & 0 & x_3 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots  & \vdots & \vdots & \vdots &  & \vdots\\
0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & x_{i-1} & 0 &\cdots & 0 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & x_i & 0 & \cdots & 0 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & x_{i+1} & 1 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & x_n & 0 & \cdots & 1\\
\end{vmatrix}
\]
Nu ontwikkelen we naar de eerste $i-1$ kolommen.
\[
= 
\begin{vmatrix}
x_i & 0 & \cdots & 0 \\
x_{i+1} & 1 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
 x_n & 0 & \cdots & 1\\
\end{vmatrix}
\]
Nu ontwikkelen we naar de laatste $n -i$ kolommen.
\[
= 
\begin{vmatrix}
x_i
\end{vmatrix}
= x_i
\]


\subsection{Oefening 27}
\subsubsection*{c)}
Niet waar. Stel $c=2$, $n=3$ en $A=
\begin{pmatrix}
3 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} 
$.
\[c^{n}-\det(A) = 8 - 3 = 5\]
\[ \det(c \cdot I_n-A) = \det
\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
= -1\]

\subsubsection*{d)}
\begin{proof}
\[
\det(cI_n - A^T) = \det(cI_n^T - A^T) = \det(cI_n - A)
\]
\end{proof}

\subsubsection*{h)}
Niet waar. Tegenvoorbeeld: $A=I$ en $k=3$
\[
\rightarrow \det(3A) = 27 \neq 3
\]
\subsubsection*{g)}
WAAR.
\[
\exists k: A^k = 0
\]
\[
\det(A^k) = \det(0)
\]
\[
\det(A)^k = 0
\]
\[
\det(A) = 0
\]

\subsubsection*{i)}
Niet waar. Tegenvoorbeeld: 
\[
    \begin{vmatrix}
        1 & 2 & 3\\
        4 & 5 & 6\\
        7 & 8 & 9
    \end{vmatrix} \neq
    \begin{vmatrix}
        5 & 3 & 8\\
        6 & 2 & 3\\
        7 & 8 & 9
    \end{vmatrix} + 
    \begin{vmatrix}
        -4 & -1 & -5\\
        -2 & 3 & 3\\
        7 & 8 & 9\\
    \end{vmatrix}
\]


\subsubsection*{k)}

Dit is niet waar, hoewel best vaag geformuleerd. Beschouwen we het tegenvoorbeeld
\[
\begin{pmatrix}
1 & 1\\
1 & 1\\
\end{pmatrix}
\cdot X = 
\begin{pmatrix}
2\\
2
\end{pmatrix}
\]
dan geldt als uitkomst $X = \bigl(\begin{smallmatrix} 1\\ 1 \end{smallmatrix} \bigr)$, en dat $\det(A) = 0$. Hierbij is de stelling tegenbewezen.

\subsubsection*{n)}
Niet waar, tegenvoorbeeld:
\[
\begin{vmatrix}
1 & 0 & 1\\
1 & 1 & 0\\
0 & 1 & 1
\end{vmatrix}
=2
\]

\subsection{Extra Oefening}
Schrijf de volgende uitdrukking als een product van vier niet triviale factoren.
\[
\begin{vmatrix}
1+x & 1+x+x^{2} & 1+x+x^{2}+x^{3}\\
1+y & 1+y+y^{2} & 1+y+y^{2}+y^{3}\\
1+z & 1+z+z^{2} & 1+z+z^{2}+z^{3}
\end{vmatrix}
\]
\subsubsection*{Oplossing} % proof: http://wolfr.am/1e3SPe4
We trekken kolom 1 af van kolom 2 en daarna kolom 2 van kolom 3.
\[
=
\begin{vmatrix}
1+x & x^2 & x^3\\
1+y & y^2 & y^3\\
1+z & z^2 & z^3
\end{vmatrix}
\]
We doen $R_2 \longmapsto R_2 - R_1$ en $R_3 \longmapsto R_3 - R_1$ en werken verder uit.
\begin{align*}
&=
\begin{vmatrix}
1+x & x^2     & x^3\\
y-x & y^2-x^2 & y^3-x^3\\
z-x & z^2-x^2 & z^3-x^3
\end{vmatrix} \\
&=
\begin{vmatrix}
1+x & x^2        & x^3\\
y-x & (y-x)(y+x) & (y-x)(y^2+xy+x^2)\\
z-x & (z-x)(z+x) & (z-x)(z^2+xz+x^2)
\end{vmatrix}
\end{align*}
We delen rij 2 door $(y-x)$ en rij 3 door $(z-x)$. Daarna doen we $R_3 \longmapsto R_3 - R_2$.
\begin{align*}
&=
(y-x)(z-x)
\begin{vmatrix}
1+x & x^2 & x^3\\
1   & y+x & y^2+xy+x^2\\
1   & z+x & z^2+xz+x^2
\end{vmatrix} \\
&=
(y-x)(z-x)
\begin{vmatrix}
1+x & x^2 & x^3\\
1   & y+x & y^2+xy+x^2\\
0   & z-y & z^2+xz-y^2-yx
\end{vmatrix}
\end{align*}
Aangezien $z^2+xz-y^2-yx = (z-y)(x+y+z)$, delen we rij 3 door $(z-y)$.
\[
=
(y-x)(z-x)(z-y)
\begin{vmatrix}
1+x & x^2 & x^3\\
1   & y+x & y^2+xy+x^2\\
0   & 1 & x+y+z
\end{vmatrix}
\]
We doen $R_1 \longmapsto R_1 - (1+x)R_2$ en werken verder uit.
\[
=
(y-x)(z-x)(z-y)
\begin{vmatrix}
0 & \alpha & \beta \\
1 & y+x & y^2+xy+x^2\\
0 & 1 & x+y+z
\end{vmatrix}
\]
\begin{align*}
\text{met }
&\alpha = x^2-(1+x)(y+x) = -x-xy-x \\
&\beta = x^3-(1+x)(y^2+xy+x^2) = -x^2 - x^2y - y^2 - xy^2 - xy
\end{align*}
We ontwikkelen naar de tweede rij en werken verder uit.
\begin{align*}
&=
-(y-x)(z-x)(z-y)
\begin{vmatrix}
\alpha & \beta \\
1 & x+y+z
\end{vmatrix} \\
&=
-(y-x)(z-x)(z-y)
\Big(\alpha(x+y+z) - \beta\Big) \\
&=
-(y-x)(z-x)(z-y)
(-xy-yz-xz-xyz) \\
&=
(y-x)(z-x)(z-y)(xy+yz+xz+xyz)
\end{align*}
\section{Opdrachten}
%\subsection{Opdracht 2.14 p 65}
%\label{2.14}
%TODO

\subsection{Opdracht 2.16 p 66}
\label{2.16}
\subsubsection*{1.}
Permutaties van $\{1,2,3,4\}$:
$$
\{\{1, 2, 3, 4\}, \{1, 2, 4, 3\}, \{1, 3, 2, 4\}, \{1, 3, 4, 2\},$$
$$ \{1, 4, 2, 3\}, \{1, 4, 3, 2\}, \{2, 1, 3, 4\}, \{2, 1, 4, 3\}, $$ 
$$\{2, 3, 1, 4\}, \{2, 3, 4, 1\}, \{2, 4, 1, 3\}, \{2, 4, 3, 1\}, $$
$$\{3, 1, 2, 4\}, \{3, 1, 4, 2\}, \{3, 2, 1, 4\}, \{3, 2, 4, 1\}, $$ $$
\{3, 4, 1, 2\}, \{3, 4, 2, 1\}, \{4, 1, 2, 3\}, \{4, 1, 3, 2\}, $$
$$\{4, 2, 1, 3\}, \{4, 2, 3, 1\}, \{4, 3, 1, 2\}, \{4, 3, 2, 1\}\}
$$
Wat men eigenlijk doet voor een algemene matrix met deze permutaties is het volgende: begin met de standaard volgorde dit is: $\{1,2,3,4\}$.\\ Zet hieronder telkens een permutatie van deze volgorde, bijvoorbeeld:
$$\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 & 4\\
2 & 3 & 4 & 1
\end{pmatrix}
$$
Nu zijn de paarsgewijze koppels telkens de elementen uit de $4x4$ matrix die je moet nemen: $a_{12}$, $a_{23}$, $a_{34}$, $a_{41}$.\\
We kunnen nu ook nog het teken bepalen door te kijken naar het aan inversies:\\
$$1 < 2 \rightarrow 2 < 3$$
$$1 < 3 \rightarrow 3 < 4$$
$$1 < 4 \rightarrow 2 > 1 \ inversie$$
$$2 < 3 \rightarrow 3 < 4$$
$$2 < 4 \rightarrow 3 > 1 \ inversie$$
$$3 < 4 \rightarrow 4 > 1 \ inversie$$
Er zijn dus in totaal 3 inversies, het teken van de permutatie is dus negatief:
$$-a_{12}\cdot a_{23}\cdot a_{34}\cdot a_{41}$$
\subsubsection*{2.}
Op een algemene matrix:
$$
\begin{pmatrix}
a & b & c & d\\
e & f & g & h\\
i & j & k & l\\
m & n & o & p
\end{pmatrix}
$$
zou dit dan zijn:
$$-b\cdot g\cdot l\cdot m$$
Voor de uiteindelijke determinant moeten we deze stappen dus herhalen voor al de permutaties.


\end{document}