Lineare Algebra für D-ITET, D-MATL, RW. Beispiellösung für Serie 12. Aufgabe Herbstsemester Dr. V. Gradinaru D. Devaud.

Transkript

1 Dr. V. Gradinaru D. Devaud Herbstsemester 15 Lineare Algebra für D-ITET, D-MATL, RW ETH Zürich D-MATH Beispiellösung für Serie 1 Aufgabe a) Sei A eine n n-matrix. Das Gleichungssystem Ax = b sei nicht für beliebige rechte Seiten lösbar. Daraus folgt (i) det A =, (ii) det A. Lösung: det A =, da das Gleichungssystem Ax = b im Fall det A für beliebige rechte Seiten genau eine Lösung hat (siehe Buch, S. 63). 1.1b) Sei A eine n n-matrix. Das homogene Gleichungssystem Ax = habe nur die triviale Lösung. Daraus folgt (i) det A =, (ii) det A. Lösung: det A, siehe Buch, S c) (i) Sei M eine orthogonale Matrix. Daraus folgt det M, (ii) det M =, (iii) det M = ±1. Lösung: det M und det M = ±1 sind richtig. Weil orthogonale Matrizen regulär / invertierbar sind folgt det M, und da M 1 = M T bei orthogonalen Matrizen, folgt dass also det M = ±1. 1 = det I n = det(m 1 M) = det(m T M) Satz 3.6 = det M T Satz 3.3 det M = (det M), 1.1d) Die LR-Zerlegung angewandt auf die Matrix A liefert die Rechtsdreiecksmatrix 1 1 R = Daraus folgt det A = 6. (i) Richtig. (ii) Falsch. Seite 1

2 Lösung: Die Aussage ist falsch. Gemäss der LR-Zerlegung haben wir P A = LR. Da die Matrix L Einsen in der Diagonalen hat und eine Dreiecksmatrix ist, folgt det L = 1 (Lemma 3.). Die Matrix P ist orthogonal, dann det P = ±1 (siehe Aufgabe 9.1c)). Aus Satz 3.6 folgt und daraus (siehe auch Satz 3.9): det P det A = det L det R, det A = (det P ) 1 det L det R = (±1) det R 1 = ±6. 1.1e) Ax = b: Berechnen Sie die Determinante der Koeffizientenmatrix A im folgenden Gleichungssystem x 1 + x = α x 1 + x = 1 (i) det A = 1 α+, (ii) det A = α +, (iii) Lösung: A = det A = α. [ ] 1 1, damit det A = 1 α 1 = α (siehe Buch, Gleichung (3.1) Seite 51). α 1.1f) Die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystemes aus Aufgabe 9.1e) ist für α = : (i) die leere Menge, (ii) x 1 = 3/4, x = 5/4, x 1 + x = α x 1 + x = 1 (iii) x 1 = t, x = t, t R. Lösung: Das System x 1 + x = x 1 + x = 1 x 1 + x = x 1 + x = 1/ hat keine Lösung. Aufgabe 1. Polynomfit der Runge-Funktion Die Runge-Funktion ist definiert als: f(x) := x. (1..1) Wir wollen diese Funktion auf dem Interval [ 5, 5] mit einem Polynom P n (x) von Grad n approximieren. Wir fordern, dass P n die Funktion f an m gleichmässig in [ 5, 5] verteilten Punkten x i möglichst gut approximiert und schreiben dies als lineares Ausgleichsproblem der Form wobei c die n + 1 Koeffizienten des Polynoms P n sind. Ac = b, (1..) Seite

3 1.a) Bestimmen Sie die Matrix A und die rechte Seite b. Lösung: Ein Polynom vom Grad n hat die allgemeine Form P n (x) = n a i x i (1..3) i= wobei die Koeffizienten {a i } n i= die Unbekannten sind. Es soll möglichst genau gelten, dass P n (x i ) = f(x i ), i = 1,..., m. Wir können das wie folgt in Matrix-Form schreiben: 1 x 1 x n 1 a f(x 1 )... =.. (1..4) 1 } x m {{ x n m a n }}{{} f(x m ) }{{} A c b 1.b) Lösen Sie das lineare Ausgleichsproblem mit Hilfe der QR-Zerlegung von A. (Beschreiben und begründen Sie das Vorgehen.) Lösung: Mit A = QR finden wir: r = Ac b = QRc QQ T b = Q(Rc Q T b) (1..5) = Rc Q T b = R c d + d 1, wobei wir die Matrix R und den Vektor d = Q T b wie folgt aufgeteilt haben: [ ] [ ] R R =, R R (n+1) (n+1) d, d =, d R n+1 Dann lösen wir das lineare System R c = d. 1.c) Ergänzen Sie die MATLAB Funktion runge lstsq.m die die Lösung vom Ausgleichsproblem (1..) für beliebige m und n mit m n+1 berechnet. Mit Hilfe der Funktion runge diff degrees.m, plotten Sie anschliessend die Lösung für Grad n 13 und m =. Lösung: Der folgende Code berechnet die Lösung für beliebige m und n. Die Lösungen für n 13 sind in Abbildung 1.1 dargestellt. 1 f u n c t i o n c = runge_lstsq(m,n) i f (n+1)>m 3 error( Error: it must hold m>=n+1 ); 4 end 5 6 a = -5; 7 b = 5; 8 x = l i n s p a c e (a, b, m) ; 9 d 1 Seite 3

4 1 f + x.ˆ)); 11 b = f(x); 1 A = z e r o s (m,n+1); f o r i=1:n+1 15 A(:,i) = x.ˆ(i-1); 16 end % Compute the QR-decomposition of A 19 [Q,R] = qr(a); 1 % Find the best approximation x d = Q *b; 3 R = R(1:n+1,1:n+1); 4 d = d(1:n+1,1); 5 c = R\d; 6 7 return; Abbildung 1.1: Lösungen für m = und n 13. Aufgabe a) Lösen Sie das Eigenwertproblem zu der folgenden Matrix, d.h. bestimmen Sie alle Eigenwerte und ihre algebraischen Vielfachheiten, sowie die zugehörigen Eigenräume mit den geometrischen Vielfachheiten A = Seite 4

5 Lösung: Entwicklung nach der dritten Zeile: 1 λ 5 5 det(a λi 3 ) = 9 λ λ = λ 5 ( 6) 1 λ 5 5 = λ 3 + 6λ 3 = (λ + )( λ + 8λ 16)! =, 1 λ 5 + ( λ) 9 λ wobei die letzte Umformung durch Erraten der Nullstelle λ = und anschliessende Polynomdivision gilt. Es folgt also λ 1 =, λ,3 = 8 ± = 4. Die algebraische Vielfachheit des Eigenwertes λ = ist 1, die von λ = 4 ist. λ = : λ = 4: (E) (E) x 3 frei, x = 5x 3, x 1 = 3x 3 E = span 5 1 geometrische Vielfachheit (E) (E) x 3 frei, x = x 3, x 1 = E 4 = span geometrische Vielfachheit = 1 < = algebraische Vielfachheit. 1.3b) Lösen Sie das Eigenwertproblem zu der folgenden Matrix 3 B = Lösung: Entwicklung nach der ersten Reihe: 3 λ 3 λ 5 3 λ = ( 3 λ) λ 1 λ + + =( 3 λ)(3 λ)(1 λ) + 1( 3 λ)! = λ 1 = 3 Seite 5

6 Suche nun die Nullstellen von (3 λ)(1 λ) + 1 = λ 4λ + 13 λ,3 = ± 3i, wobei i = 1. Die algebraische Vielfachheit ist auch jeweils 1. λ 1 = 3: 6 5 (E) E 3 = span 33 6 geometrische Vielfachheit 1 x 3 frei, x = 33 6 x 3, x 1 = x 3 λ = + 3i: 5 3i 1 3i i (E) 5 i 1 3i x 3 frei, x = 1 + 3i geometrische Vielfachheit 1 (E) 1 5 3i 1 3i 5 1 3i x 3, x 1 =, E +3i = span Nach Bemerkung auf Seite 149 vom Buch wissen wir, dass falls v = Eigenwert λ = + 3i ist, folgt: v = 1 3i ist ein Eigenvektor zum Eigenwert λ = 3i(= λ 3 ). E 3i = span 1 3i 1 + 3i 1 + 3i ein Eigenvektor zum 1.3c) Überprüfen Sie Ihr Resultat von a) und b) in MATLAB. Hinweis: [V,D] = eig(c) gibt die Eigenwerte der Matrix C in der Diagonalen von D und die zugehörigen Eigenvektoren in den Spalten von V zurück. Lösung: Der Befehl [V,D] = eig(a) in Matlab liefert die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix A: 1 A=[ ; - 9 5; ]; 4 [V,D]= e i g (A) 5 6 %Ergibt die Matrizen 7 % V = Seite 6

7 8 % 9 % Column 1 1 % 11 % % % % 15 % Column 16 % 17 % i 18 % i 19 % % 1 % Column 3 % 3 % i 4 % i 5 % % 7 % 8 % D = 9 % 3 % Column 1 31 % 3 % % 34 % 35 % 36 % Column 37 % 38 % 39 % i 4 % 41 % 4 % Column 3 43 % 44 % 45 % 46 % i Die Resultate zeigen numerische Probleme bei der Berechnung der Eigenwerte und Eigenvektoren von A (Imaginäranteil). Der Befehl [V,D] = eig(b) in Matlab liefert die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix B: 1 B=[-3 ; 3-5; 3 5 1]; 4 [V,D]= e i g (B) 5 6 % V = Seite 7

8 7 % 8 % Column 1 9 % 1 %. +.i 11 % i 1 % i 13 % 14 % Column 15 % 16 %. +.i 17 % i 18 % i 19 % % Column 3 1 % % i 3 % i 4 % i 5 % 6 % 7 % D = 8 % 9 % Column 1 3 % 31 %. + 3.i 3 %. +.i 33 %. +.i 34 % 35 % Column 36 % 37 %. +.i 38 %. - 3.i 39 %. +.i 4 % 41 % Column 3 4 % 43 %. +.i 44 %. +.i 45 % i Die Eigenvektoren stimmen (bis auf eine Skalierung mit einer komplexen Zahl) überein; die Eigenwerte stimmen exakt überein. Aufgabe 1.4 Sei A die 3 3-Matrix A = Seite 8

9 1.4a) Berechnen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren von A mit Hilfe der MATLAB Funktion eig. Lösung: Der folgende Code berechnet die Eigenwerte und Eigenvektoren von A. 1 A = [ ; 5 1 ; -5 1 ]; [V,D] = e i g (A) Es gilt V = D = und die Eigenvektoren von A sind die Spalten von V und die Eigenwerte sind die Zahlen auf die Diagonale von D. 1.4b) Lösen Sie mit MATLAB das Eigenwertproblem für A 1, A und A 3. Was stellen Sie fest? Lösung: Der folgende Code berechnet die Eigenwerte und Eigenvektoren von A 1, A und A 3. 1 [V1,D1] = e i g (Aˆ-1) [V,D] = e i g (Aˆ) 3 [V,D] = e i g (Aˆ3) Es gilt V1 = D1 = V = D = 9. Seite 9

10 V = D = Man sieht, dass die Eigenvektoren von A 1, A und A 3 dieselben wie die von A sind (bis auf das Vorzeichen). Die Eigenwerte von A k sind λ k i, wobei λ i die Eigenwerte von A sind und k = 1,, c) Beweisen Sie nun, dass für eine beliebige n n-matrix M mit Eigenwert λ und zugehörigem Eigenvektor x folgendes gilt: (i) λ k ist ein Eigenwert von M k (k N) und x ein zugehöriger Eigenvektor. (ii) Ist M invertierbar, so ist 1/λ ein Eigenwert von M 1 und x ein zugehöriger Eigenvektor. Lösung: (i) Aus Mx = λx folgt M k x = M k 1 (Mx) = λm k 1 x = λ M k x = = λ k x. (ii) Wenn M invertierbar ist, dann ist λ und es gilt Mx = λx x = λm 1 x (1/λ)x = M 1 x. Seite 1