Oplossingen · hoofdstuk 5Vectoren en matrices

$\vec{a}+\vec{b}=(3;3;1)$; $3\vec{a}-2\vec{b}=(6-2;-3-8;9+4)=(4;-11;13)$.

$|\vec{a}|=\sqrt{4+1+9}=\sqrt{14}=3,742$; $|\vec{b}|=\sqrt{21}=4,583$; $\hat{a}=(0,535;-0,267;0,802)$.

$\vec{a}\cdot \vec{b}=2-4-6=-8$; $\cos \theta =\frac{-8}{\sqrt{14}\sqrt{21}}=-0,4666$, $\theta =117,8^{\circ }$ (stomp).

Als getal: $\vec{b}\cdot \hat{a}=-8/\sqrt{14}=-2,138$ (negatief: $\vec{b}$ wijst een beetje tegen $\vec{a}$ in). Als vector: $\frac{-8}{14}\vec{a}=(-1,143;0,571;-1,714)$.

$\vec{a}\times \vec{b}=((-1)(-2)-3\cdot 4;3\cdot 1-2\cdot (-2);2\cdot 4-(-1)\cdot 1)=(-10;7;9)$. $\vec{a}\cdot (\vec{a}\times \vec{b})=-20-7+27=0$ en $\vec{b}\cdot (\vec{a}\times \vec{b})=-10+28-18=0$.

Links: $100+49+81=230$. Rechts: $14\cdot 21-64=230$. Klopt (dat is de identiteit van Lagrange, opdracht 5.15).

$\overrightarrow{PQ}\times \overrightarrow{PR}=(2;0;0)\times (0;3;4)=(0\cdot 4-0\cdot 3;0\cdot 0-2\cdot 4;2\cdot 3-0)=(0;-8;6)$, lengte 10. De driehoek is de helft van het parallellogram: 5.

$(2\times 3)(3\times 2)=2\times 2$ en $(3\times 2)(2\times 3)=3\times 3$. $AB=\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ -1& 0\end{array}\right)$, $BA=\left(\begin{array}{ccc}1& 7& 1\\ 1& -3& -1\\ -3& 14& 4\end{array}\right)$. Niet eens van dezelfde grootte: $AB\ne BA$.

$\det (AB)=2\cdot 0-(-1)(-1)=-1$. $(AB{)}^{-1}=\frac{1}{-1}\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ -1& -2\end{array}\right)$. Controle: $\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ -1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ -1& -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$.

$M_1$: (0; 1), (0; 3), (−2; 1). $M_2$: (2; 0), (6; 0), (2; 3). $M_3$: (1; 0), (3; 0), (3; 2). $M_4$: (−1; 0), (−3; 0), (−1; 2).

M₁: rotatie over 90° tegen de klok in. M₂: in x twee keer zo breed, in y anderhalve keer zo hoog. M₃: afschuiving (elk punt schuift evenwijdig met de x-as, evenredig met zijn hoogte). M₄: spiegeling in de y-as.

$\det M_1=1$: 2. $\det M_2=3$: 6. $\det M_3=1$: 2 (afschuiven bewaart de oppervlakte). $\det M_4=-1$: 2, maar de driehoek is gespiegeld: de volgorde van de hoekpunten draait om (met de klok mee in plaats van tegen de klok in).

$\left(\begin{array}{rrrr}3& 2& 1& 39\\ 2& 3& 1& 34\\ 1& 2& 3& 26\end{array}\right)$ met $x$, $y$, $z$ de opbrengst van één bundel van de beste, middelste en slechtste soort.

$R_2\leftarrow 3R_2-2R_1$: $(051\mid 24)$. $R_3\leftarrow 3R_3-R_1$: $(048\mid 39)$. $R_3\leftarrow 5R_3-4R_2$: $(0036\mid 99)$. Terug: $z=99/36=11/4$; $y=(24-11/4)/5=17/4$; $x=(39-2\cdot 17/4-11/4)/3=37/4$.

$x=9\frac{1}{4}$, $y=4\frac{1}{4}$, $z=2\frac{3}{4}$ dou. Invullen: $3\cdot 9,25+2\cdot 4,25+2,75=39$, $2\cdot 9,25+3\cdot 4,25+2,75=34$, $9,25+2\cdot 4,25+3\cdot 2,75=26$. Klopt.

(a) Eén oplossing: $(1;2;3)$ (de eerste twee geven $2y=4$; dan $x+z=4$ en $2x-z=-1$). (b) Geen: de eerste twee zeggen $6=4$ (rij $0=2$). (c) Oneindig veel: de derde is de som van de eerste twee (rij $0=0$); $y=2$, $x+z=4$: alle punten $(t;2;4-t)$.

(a) Drie vlakken door één punt; $\det =6$. (b) Twee evenwijdige vlakken, dus geen gemeenschappelijk punt; $\det =0$. (c) Drie vlakken door dezelfde rechte (zoals de bladzijden van een boek); $\det =0$. Een determinant nul zegt dus 'niet precies één oplossing', maar niet welk van de twee andere gevallen.

$\vec{s}=0,60(\cos 25^{\circ };\sin 25^{\circ })=(0,5438;0,2536)$ m; $\vec{G}=(0;-98,1)$ N; $W_G=-98,1\cdot 0,2536=-24,9\mathrm{J}$ $(=-mgh)$.

Evenwijdig: $\vec{F}=60(\cos 25^{\circ };\sin 25^{\circ })$, $W=60\cdot 0,60=36,0\mathrm{J}$. Onder 10°: $\vec{F}=60(\cos 35^{\circ };\sin 35^{\circ })=(49,1;34,4)$ N, $W=\vec{F}\cdot \vec{s}=35,45\mathrm{J}=36\cos 10^{\circ }$.

De component loodrecht op de rails (60 sin 10° = 10,4 N) doet geen arbeid: ze duwt het paneel een beetje van de rails. Dat vermindert de normaalkracht en dus de wrijving, maar vraagt een riem die 1,5 % harder trekt voor dezelfde arbeid. Een kleine hoek kost weinig; een grote hoek kost veel kracht (en belast de geleiding).

$\hat{s}=(0;-\cos h;\sin h)$, $\hat{n}=(0;-\sin \beta ;\cos \beta )$. $\hat{s}\cdot \hat{n}=\cos h\sin \beta +\sin h\cos \beta =\sin (h+\beta )=\cos (h+\beta -90^{\circ })$.

Resultaat:

datum (middag)	zonnehoogte	θ bij 60°	cos θ	θ bij 39°	cos θ
21 maart	39,2°	9,2°	0,987	11,8°	0,979
21 juni	62,6°	32,6°	0,842	11,6°	0,979
21 december	15,8°	14,2°	0,969	35,2°	0,817

60°: $\cos \theta =0,577$; 39°: $\hat{n}=(0;-0,629;0,777)$, $\cos \theta =0,716$.

Om 12:00 in de zomer vangt 39° meer (0,979 tegenover 0,842), in de winter 60° (0,969 tegenover 0,817). In de winter is de energie schaars (hoofdstuk 20 van I: tekort van november tot februari); in de zomer is er overschot. Het paneel is dus ontworpen voor de maand waarin elke kilowattuur telt.

Dicht: $\vec{r}=(0,30;0;0)$, $\vec{G}=(0;-11,77;0)$: $M_z=0,30\cdot (-11,77)=-3,53\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. Open: $\vec{r}=0,30(\cos 20^{\circ };\sin 20^{\circ };0)$, $M_z=r_x{G}_y-r_y{G}_x=-3,32\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$.

Dicht: $0,12\cdot F=3,53$, dus $F=29,4\mathrm{N}$ (hoofdstuk 12 van F vond 29,5 N, met het gewicht afgerond op 11,8 N). Open: $\vec{r}=0,12(\cos 20^{\circ };\sin 20^{\circ })$, $\vec{F}=(0;F)$: $M_z=0,12\cos 20^{\circ }\cdot F$, dus $F=29,4\mathrm{N}$.

Bij een verticale kracht is de arm de horizontale afstand: voor het gewicht $0,30\cos 20^{\circ }$, voor de stang $0,12\cos 20^{\circ }$. De factor $\cos 20^{\circ }$ valt weg. Duwt de stang loodrecht op het raam, dan blijft haar arm 0,12 m terwijl die van het gewicht krimpt: de kracht wordt kleiner naarmate het raam opengaat.

$G=\left(\begin{array}{cc}2,4545& -1,0000\\ -1,0000& 2,1212\end{array}\right)\mathrm{mS}$, $\vec{i}=\left(\begin{array}{c}10/1,0\\ 10/1,5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}10\\ 6,667\end{array}\right)\mathrm{mA}$ (de vaste 10 V van T gaat als stroombron naar rechts).

$\det G=4,2066$. $V_M=\frac{10\cdot 2,1212+6,667}{4,2066}=6,627\mathrm{V}$, $V_N=\frac{2,4545\cdot 6,667+10}{4,2066}=6,267\mathrm{V}$. Door R₅: $(V_M-V_N)/1,0=0,3602\mathrm{mA}$ van M naar N.

De mazen tellen de vensters (3), de knopen de knopen min de referentie min de knopen met een vaste spanning (4 − 1 − 1 = 2). Welke methode kleiner is, hangt van het netwerk af; computers gebruiken bijna altijd knopen, omdat de matrix zo eenvoudig op te bouwen is.

$R_{VK}=2\cdot 0,0172\cdot 3,0/0,14=0,737\mathrm{\Omega }$, $R_{KL}=0,491\mathrm{\Omega }$. $G=\left(\begin{array}{cc}3,391& -2,035\\ -2,035& 2,035\end{array}\right)\mathrm{S}$, $\vec{i}=\left(\begin{array}{c}5/R_{VK}-0,156\\ -0,025\end{array}\right)$.

$v_K=4,867\mathrm{V}$, $v_L=4,854\mathrm{V}$. (Zonder matrix: door de eerste kabel loopt 181 mA, door de tweede 25 mA.)

Met de ring komt $1/R=1/0,983\mathrm{S}$ bij op de diagonaal van L en $5/0,983\mathrm{A}$ in het rechterlid. $v_K=4,915\mathrm{V}$, $v_L=4,935\mathrm{V}$: beide hoger, en L krijgt nu stroom langs twee kanten. De CO₂-sensor vraagt minstens 4,5 V: beide oplossingen volstaan, de ring met meer marge.

Bijvoorbeeld:

import numpy as np


def gauss(A, b, spil=True):
    A, b = np.array(A, float), np.array(b, float)
    n = len(b)
    for k in range(n - 1):
        if spil:                                    # rijverwisseling: grootste element als spil
            p = k + np.argmax(abs(A[k:, k]))
            A[[k, p]], b[[k, p]] = A[[p, k]], b[[p, k]]
        for i in range(k + 1, n):
            m = A[i, k] / A[k, k]
            A[i, k:] -= m * A[k, k:]
            b[i] -= m * b[k]
    x = np.zeros(n)
    for i in range(n - 1, -1, -1):
        x[i] = (b[i] - A[i, i + 1:] @ x[i + 1:]) / A[i, i]
    return x


print("rijstprobleem:", gauss([[3, 2, 1], [2, 3, 1], [1, 2, 3]], [39, 34, 26]))
A, b = [[1e-17, 1.0], [1.0, 1.0]], [1.0, 2.0]
print("zonder rijverwisseling:", gauss(A, b, spil=False))
print("met rijverwisseling:   ", gauss(A, b))

Echte uitvoer:

rijstprobleem: [9.25 4.25 2.75]
zonder rijverwisseling: [0. 1.]
met rijverwisseling:    [1. 1.]

Zonder rijverwisseling is x = 0 in plaats van 1: volledig fout. Met rijverwisseling klopt het.

Zonder verwisseling is de vermenigvuldiger $m=1/10^{-17}=10^{17}$. De tweede rij wordt $1-10^{17}$ en $2-10^{17}$: in een float allebei $-10^{17}$, want 1 en 2 vallen weg tegenover $10^{17}$. Dan is $y=1$ en $x=(1-y)/10^{-17}=0$: de kleine fout in $y$ wordt door $10^{-17}$ gedeeld. Met verwisseling is de spil 1 en de vermenigvuldiger $10^{-17}$: niets gaat verloren.

${\hat{e}}_{BA}=(-1;0)$, ${\hat{e}}_{BC}=(-0,50;-0,40)/0,640=(-0,781;-0,625)$. Evenwicht in B: $s_{AB}{\hat{e}}_{BA}+s_{CB}{\hat{e}}_{BC}+(0;-200)=\vec{0}$. Uit de $y$-vergelijking: $s_{CB}=-200/0,625=-320,2\mathrm{N}$; uit de $x$-vergelijking: $s_{AB}=-0,781s_{CB}=250,0\mathrm{N}$.

AB trek (250 N), CB druk (320 N). Momenten om C: de last geeft $200\cdot 0,50=100\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, de trek in AB met arm 0,40 m: $250\cdot 0,40=100\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. Klopt.

3 knopen: 6 vergelijkingen. Onbekenden: 2 staafkrachten en 4 reacties (A en C elk twee). 6 = 6 en de matrix is niet singulier: statisch bepaald. Knoop B alleen volstaat voor de staafkrachten; A en C geven dan de reacties.

Driehoek met zijden $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{a}-\vec{b}$: $|\vec{a}-\vec{b}{|}^2=|\vec{a}{|}^2+|\vec{b}{|}^2-2|\vec{a}||\vec{b}|\cos \theta$. Per component: $\sum (a_i-b_i{)}^2=\sum a_i^2+\sum b_i^2-2\sum a_i{b}_i$. Vergelijk: $\sum a_i{b}_i=|\vec{a}||\vec{b}|\cos \theta$. Omdat $|\cos \theta |\le 1$: $|\vec{a}\cdot \vec{b}|\le |\vec{a}||\vec{b}|$.

Links: $(a_y{b}_z-a_z{b}_y{)}^2+(a_z{b}_x-a_x{b}_z{)}^2+(a_x{b}_y-a_y{b}_x{)}^2$. Rechts: $(a_x^2+a_y^2+a_z^2)(b_x^2+b_y^2+b_z^2)-(a_x{b}_x+a_y{b}_y+a_z{b}_z{)}^2$. Uitwerken: de termen $a_x^2{b}_x^2$ enz. vallen rechts weg; wat overblijft, is ${\sum }_{i\ne j}{a}_i^2{b}_j^2-2{\sum }_{i<j}{a}_i{b}_i{a}_j{b}_j$, precies de som van de drie kwadraten links. Dan $|\vec{a}\times \vec{b}{|}^2=|\vec{a}{|}^2|\vec{b}{|}^2(1-{\cos }^2\theta )=|\vec{a}{|}^2|\vec{b}{|}^2{\sin }^2\theta$, en $\sin \theta \ge 0$ voor $0\le \theta \le 180^{\circ }$.

$a_x(a_y{b}_z-a_z{b}_y)+a_y(a_z{b}_x-a_x{b}_z)+a_z(a_x{b}_y-a_y{b}_x)$: elke term komt twee keer voor met een tegengesteld teken ($a_x{a}_y{b}_z$ en $-a_y{a}_x{b}_z$, enz.). Som 0.

$R(\alpha )R(\beta )=\left(\begin{array}{cc}\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta & -\cos \alpha \sin \beta -\sin \alpha \cos \beta \\ \sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta & -\sin \alpha \sin \beta +\cos \alpha \cos \beta \end{array}\right)$. Twee keer draaien is één keer over de som, dus dit is $R(\alpha +\beta )$. Vergelijk de eerste kolom: $\cos (\alpha +\beta )=\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta$ en $\sin (\alpha +\beta )=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta$.

$\det R={\cos }^2\phi +{\sin }^2\phi =1$. $R^{T}R=\left(\begin{array}{cc}{\cos }^2+{\sin }^2& -\cos \sin +\sin \cos \\ \dots & {\sin }^2+{\cos }^2\end{array}\right)=I$. Dus $R^{-1}=R^T=R(-\phi )$: terugdraaien is transponeren.

$|R\vec{x}{|}^2=(R\vec{x}{)}^T(R\vec{x})={\vec{x}}^T{R}^{T}R\vec{x}={\vec{x}}^T\vec{x}=|\vec{x}{|}^2$. Een rotatie verandert geen lengtes (en dus ook geen hoeken).

Bijvoorbeeld:

import numpy as np

rng = np.random.default_rng(17)


def adc(T):                            # TMP36 op een 10-bits ADC: 2,048 stappen per graad, ruis 0,5 stap
    return np.round(102.4 + 2.048 * T + rng.normal(0, 0.5))


for afstand in (0.5, 2, 5, 10, 20, 40):
    T1, T2 = 20 - afstand / 2, 20 + afstand / 2          # twee ijkpunten rond 20 °C
    fouten, onbruikbaar = [], 0
    for _ in range(2000):
        N1, N2 = adc(T1), adc(T2)
        if N1 == N2:                                     # singuliere matrix: geen rechte te bepalen
            onbruikbaar += 1
            continue
        a, b = np.linalg.solve([[N1, 1.0], [N2, 1.0]], [T1, T2])
        fouten.append(abs(a * adc(35.0) + b - 35.0))     # meting bij 35 °C met die ijking
    cond = np.linalg.cond([[102.4 + 2.048 * T1, 1], [102.4 + 2.048 * T2, 1]])
    print(f"{afstand:4} °C: onbruikbaar {onbruikbaar / 20:4.1f} %, 95 % van de fouten onder "
          f"{np.percentile(fouten, 95):5.2f} °C, conditiegetal {cond:6.0f}")

Echte uitvoer:

 0.5 °C: onbruikbaar 21.5 %, 95 % van de fouten onder  9.92 °C, conditiegetal  40143
   2 °C: onbruikbaar  0.0 %, 95 % van de fouten onder  6.00 °C, conditiegetal  10038
   5 °C: onbruikbaar  0.0 %, 95 % van de fouten onder  2.50 °C, conditiegetal   4019
  10 °C: onbruikbaar  0.0 %, 95 % van de fouten onder  1.36 °C, conditiegetal   2017
  20 °C: onbruikbaar  0.0 %, 95 % van de fouten onder  1.00 °C, conditiegetal   1024
  40 °C: onbruikbaar  0.0 %, 95 % van de fouten onder  0.78 °C, conditiegetal    543

Hoe dichter de ijkpunten bij elkaar, hoe groter het conditiegetal (ruwweg omgekeerd evenredig met de afstand) en hoe groter de fout: een halve stap ruis op twee punten die maar één of twee stappen uit elkaar liggen, verandert de helling met tientallen procent, en die fout wordt nog eens versterkt als je 15 °C buiten het ijkbereik gaat meten. Bij 0,5 °C is een op vijf ijkingen zelfs onbruikbaar (beide metingen gelijk: singuliere matrix). Advies: ijk met ijswater (0 °C) en een warm waterbad (40 °C) met een goede referentiethermometer, of met meer punten en een rechte door de kleinste kwadraten; dan is de ijking niet meer de beperkende factor, maar de ADC-stap zelf (±0,25 °C).

Vierkant: 8 vergelijkingen, 4 + 3 = 7 onbekenden: te weinig onbekenden voor een willekeurige last: een mechanisme. Met één diagonaal: 8 en 8, statisch bepaald. Met twee: 8 vergelijkingen, 9 onbekenden: statisch onbepaald.

Echte uitvoer van de code:

import numpy as np


def matrix(knopen, staven, reacties):
    rij = {k: 2 * i for i, k in enumerate(knopen)}
    A = np.zeros((2 * len(knopen), len(staven) + len(reacties)))
    for j, (p, q) in enumerate(staven):
        e = np.subtract(knopen[q], knopen[p])
        e = e / np.linalg.norm(e)
        A[rij[p]:rij[p] + 2, j] += e
        A[rij[q]:rij[q] + 2, j] -= e
    for j, (k, r) in enumerate(reacties):
        A[rij[k]:rij[k] + 2, len(staven) + j] += r
    return A


knopen = {"A": (0, 0), "B": (0.5, 0), "C": (0.5, 0.5), "D": (0, 0.5)}
reacties = [("A", (1, 0)), ("A", (0, 1)), ("B", (0, 1))]
rand = [("A", "B"), ("B", "C"), ("C", "D"), ("D", "A")]
for naam, staven in (("vierkant", rand), ("met diagonaal AC", rand + [("A", "C")]),
                     ("met twee diagonalen", rand + [("A", "C"), ("B", "D")])):
    A = matrix(knopen, staven, reacties)
    print(f"{naam:20s}: {A.shape[0]} vergelijkingen, {A.shape[1]} onbekenden, rang {np.linalg.matrix_rank(A)}")

vierkant            : 8 vergelijkingen, 7 onbekenden, rang 7
met diagonaal AC    : 8 vergelijkingen, 8 onbekenden, rang 8
met twee diagonalen : 8 vergelijkingen, 9 onbekenden, rang 8

Het vierkant heeft rang 7 < 8 vergelijkingen: niet elke last kan in evenwicht zijn (een horizontale kracht in C duwt het vierkant scheef: het vervormt tot een ruit zonder dat een staaf rekt). Oplossing: een diagonaal of stijve hoeken (zoals de hoekplaatjes van de meetkas, hoofdstuk 13 van F). Met één diagonaal is de matrix vierkant en van volle rang: één oplossing. Met twee diagonalen is de rang 8 maar zijn er 9 onbekenden: oneindig veel krachtverdelingen voldoen aan het evenwicht; welke echt optreedt, hangt af van hoe stijf de staven zijn (hoofdstuk 12 en 13). Ingenieurs kiezen dat soms bewust: een extra staaf maakt de constructie veiliger als er één bezwijkt.