Lösungen zur Prüfung Lineare Algebra I/II für D-MAVT

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1 Prof. N. Hungerbühler ETH Zürich, Winter 6 Lösungen zur Prüfung Lineare Algebra I/II für D-MAVT. Hinweise zur Bewertung: Jede Aussage ist entweder wahr oder falsch; machen Sie ein Kreuzchen in das entsprechende Kästchen und zwar so: wahr falsch Als Markierungen sind ausschliesslich Kreuzchen erlaubt. Wenn Sie ein Kreuzchen rückgängig machen wollen, streichen Sie es klar erkennbar durch. Jedes richtig gesetzte Kreuzchen ergibt Punkt, jedes falsch gesetzte Kreuzchen ergibt Punkt. Die erreichte Gesamtpunktzahl wird aber nie negativ sein wir runden auf auf. WICHTIG: Die Reihenfolge der Teilaufgaben a)-j) kann von der auf Ihrem Prüfungsblatt abweichen. a) Sei A eine n n-matrix mit Einträgen a ij, so dass a ij = wenn i + j = n + und a ij = sonst. Dann gilt A = A. b) Seien p, q : R R Polynome mit p) = < q), p) > = q). Dann sind p, q linear unabhängig. c) Es gibt Matrizen B R 4 und C R 4, so dass das Produkt BC R 44 vollen Rang also Rang 4) hat. d) Seien x, y zwei Zeilenvektoren in R n. Rangxy ) ist genau dann gleich, wenn mindestens einer der Vektoren der Nullvektor ist. e) Die Summe zweier Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten ist nie ein Eigenvektor. f) Zwei Einheitsvektoren v, w R n sind genau dann linear abhängig, wenn entweder v + w = oder v w =. g) Seien A, B R nn und c, d R n. Ist x R n eine Lösung von Ax = c und y eine Lösung von By = d, so ist x+y eine Lösung von A+B)z = c + d. h) Hat die symmetrische -Matrix A zwei verschiedene Eigenwerte ) strikt grösser als Null, so ist die Lösungsmenge von x, y)a x y = eine Ellipse in R. i) Sei P R nn eine quadratische Matrix. Gilt P P = P, so folgt imp ) = E, wobei E = {x R n P x = x} ist und imp ) das Bild von P bezeichnet. j) Für jede quadratische Matrix P R nn gilt E imp ), wobei E = {x R n P x = x} ist und imp ) das Bild von P bezeichnet. wahr falsch verschiedene Serien A, B, C, D Bitte wenden!

2 . Gegeben seien die Vektoren 4 a = 3, a = 7, a 3 = 8, a 4 =, a 5 =. 6 9 a) [3 Punkte] Finden Sie zwei verschiedene Basen von R 3, die aus drei der obigen fünf Vektoren bestehen. b) [3 Punkte] Geben Sie eine nicht triviale Linearkombination λ a + λ a + λ 3 a 3 + λ 4 a 4 + λ 5 a 5 dieser Vektoren an also verschieden von λ = λ = λ 3 = λ 4 = λ 5 = ), welche Null ergibt. c) [ Punkt] Finden Sie eine Matrix A R 33, deren Bild von den Vektoren a und a aufgespannt wird. d) [3 Punkte] Finden Sie eine Matrix B R 33, deren Kern von den Vektoren a und a 4 aufgespannt wird. Lösung: a) Die Vektoren a und a sind offensichtlich linear unabhängig, da keiner ein skalares Vielfaches des anderen ist. Unter den drei restlichen soll man zwei unterschiedliche Vektoren auswählen, welche die Menge {a, a } jeweils zu einer Basis erweitern. Die Vektoren a, a, a i i = 3, 4, 5) bilden genau dann eine Basis von R 3, wenn das Gleichungssystem A i x = nur die triviale Lösung besitzt, wobei A i die Matrix a a a i ) R 33 bezeichnet. Um dies für jedes solche System zu überprüfen, verwenden wir den Gauss-Algorithmus: a a a 3 a 4 a /5 /5 4/5 /5 4 9 Aus der letzten Matrix folgt, dass A 3 x = unendlich viele Lösungen hat und dass A 4 x = und A 5 x = nur die triviale Lösung besitzen. Somit sind B = {a, a, a 4 } und B = {a, a, a 5 } zwei verschiedene Basen von R 3. Bemerkung: Es gibt 5 3) = Kombinationen mit drei Vektoren aus den oben angegebenen fünf. Ist die Determinante der Matrix a i a j a k ) nicht Null i, j, k =,..., 5)), so ist die Menge {a i, a j, a k } linear unabhängig und folglich eine Basis von R 3. Es lässt sich auf diese Weise überprüfen, dass ausser {a, a, a 3 } alle anderen Kombinationen Basen von R 3 sind. b) Im Teil a) wurde gezeigt, dass die Menge {a, a, a 3 } linear abhängig ist, weil das System A 3 x = unendlich viele Lösungen hat. Eine nicht triviale Lösung x = λ, λ, λ 3 ) dieses Systems ergibt eine nicht triviale Linearkombination λ a + λ a + λ 3 a 3 + a 4 + a 5 = hier wurden λ 4 = λ 5 = gesetzt). Aus dem letzten Schritt des Gauss-Algorithmus in a) liest man ab, dass die Lösungen von A 3 x = von der Gestalt λ = 5t, λ = t, λ 3 = t Siehe nächstes Blatt!

3 für t R sind. Setzt man t =, so erhält man λ = 5, λ = λ 3 =, und somit ist 5 a + a + a 3 + a 4 + a 5 = eine nicht triviale Linearkombination der fünf Vektoren, welche Null ergibt. Bemerkung: Die Lösungsmenge des Systems Ax =, wobei A = a a 5 ) und x = λ,, λ 5 ) sind, besteht aus allen 5-Tupeln von Skalaren, so dass die Linearkombination λ a + λ a + λ 3 a 3 + λ 5 a 4 + λ 5 a 5 = ist. Man kann den Gauss-Algorithmus aus a) weiter führen, um zu zeigen, dass jede solche Lösung von der Gestalt λ = 5t 3 s, λ = t s, λ 3 = t, λ 4 = 9 4 s, λ 5 = s für t, s R ist. Wenn man t oder s setzt, erhält man eine Linearkombination mit den gesuchten Eigenschaften. c) Sei u ein beliebiger Vektor in span{a, a }. Dann wird das Bild der Matrix A := a a u) R 33 von den Vektoren a und a aufgespannt. Insbesondere ist 4 A = a a ) = 3 7 eine solche Matrix. d) Gesucht wird ein Vektor u R 3, u, der orthogonal zu a und a 4 ist. Aus diesem Vektor kann man eine Matrix B folgendermassen definieren: B = u R 33. Die Matrix B hat die gewünschten Eigenschaften: Einerseits gilt Ba = u a,, ) =,, ), wobei das Standardskalarprodukt in R 3 bezeichnet; analog ist auch Ba 4 =. Wir haben gezeigt, dass span{a, a 4 } ker B ist. Die zwei Vektorräume stimmen überein, denn Rang B =, also ist dimker B) = 3 Rang B =, und als ein Unterraum mit maximaler Dimension muss span{a, a 4 } gleich ker B sein man bemerke, dass span{a, a 4 } Dimension hat, da a und a 4 linear unabhängig sind). Wir geben nun eine explizite Matrix B an. Als u kann man in diesem Fall das Kreuzprodukt a a 4 auswählen: 4 a a 4 = 3 =. 4 Eine Möglichkeit für B ist somit 4 4 B =. Bitte wenden!

4 3. Gegeben sei die Differentialgleichung. Ordnung Lösung: y t) = 5yt) + 4y t). a) [3 Punkte] Verwandeln Sie ) in ein Differentialgleichungssystem. Ordnung. Welche Dimension hat der Lösungsraum dieses Systems? b) [4 Punkte] Geben Sie die allgemeine Lösung des in a) gefundenen Systems an. c) [3 Punkte] Bestimmen Sie die Lösung von ) zu den Bedingungen y) =, y ) =. a) Sei zt) := y t). Dann ist die Differentialgleichung y t) = 5yt) + 4y t) zum System { } ) ) ) y t) = zt) y t) yt) oder = z t) = 5yt) + 4zt) z t) 5 4 zt) }{{} =:A äquivalent. Weil A R ist, ist die Dimension des Lösungraumes gleich zwei. b) Das charakteristische Polynom von A ist P A λ) = deta λi ) = λ 4λ + 5. Wir berechnen nun die Eigenwerte von A, d.h. die Nullstellen von P A, und erhalten λ = + i und λ = λ = i. Da wir uns im Fall von zwei komplex konjugierten Eigenwerten jeweils der Multiplizität ) befinden, folgen wir dem auf der Seite 78 im Buch [ Lineare Algebra, K. Nipp / D. Stoffer, vdf Hochschulverlag, 5. Auflage ] beschriebenen Lösungsvorgehen Abschnitt Die Behandlung komplexer Eigenwerte ). Wir bestimmen den Eigenraum von A zu einer der zwei konjugierten Nullstellen, z.b. zu λ = + i, indem wir das Gleichungssystem A λ I )x = lösen: ) + i) A + i)i =. 5 i Also ist der Eigenraum E +i = span{ i, 5) }. Wir setzen ) ) ) ) i i α = Re λ =, β = Im λ =, u = Re =, v = Im = Nach der Formel 8.) auf der Seite 79 desselben Buchs ist die allgemeine Lösung des in a) gefundenen Systems ) yt) = e αt {a cosβt) b sinβt)) u a sinβt) + b cosβt)) v} zt) ) )} = e {a t cos t b sin t) a sin t + b cos t) 5 für Parameter a, b R. Insbesondere ist die Lösung von ) c) Die Bedingungen ergeben: ) yt) = e t {a + b) cos t + a b) sin t}. y) = a + b = und y/) = e a b) =. Man bestimmt daraus die Werte a und b und findet anschliessend durch Einsetzen die gesuchte Lösung yt) = e t cos t + e t sin t. Siehe nächstes Blatt!

5 4. Nicht alle der folgenden Abbildungen a) d) sind linear. Geben Sie für jede Abbildung entweder die Darstellungsmatrix bezüglich der Standardbasis an oder zeigen Sie, dass die Abbildung nicht linear ist. Bestimmen Sie zudem, welche der Darstellungsmatrizen orthogonal sind. a) [ Punkte] f : R R, orthogonale Projektion auf den Unterraum span{, ) }; b) [ Punkte] f : R R, Rotation um 9 Grad im Gegenuhrzeigersinn um den Punkt, ) ; c) [3 Punkte] f 3 : R R, Projektion auf die untere Halbebene, also { x, y) x, ), falls y > x, y), sonst; d) [3 Punkte] f 4 : R 3 R 3, Rotation um 8 Grad um die z-achse, gefolgt von einer Spiegelung an der x-y-ebene. Lösung: a) Für die Abbildung f gilt: ) ) x ) ) ) x x y f = proj,) = y y, ) = x + y ) ) ) / / x =, / / y wobei das Standardskalarprodukt im R bezeichnet. Weil f sich als Produkt einer Matrix und des Arguments x, y) schreiben lässt, erkennt man sofort, dass die Abbildung linear ist. Diese Matrix ist genau die Darstellungsmatrix bezüglich der Standardbasis. Da ihre Determinante gleich Null ist, ist sie nicht orthogonal Orthogonalmatrizen haben immer Determinante mit Betrag Eins). b) Die Abbildung f bildet den Ursprung nicht auf sich ab und ist somit nicht linear. c) Die Abbildung f 3 ist nicht linear. Dies lässt sich durch die folgende Berechnung zeigen: ) )) ) ) f 3 + = f 3 =, aber ) ) ) ) ) f 3 + f 3 = + =. d) Man bezeichne durch S die Spiegelung an der x-y-ebene, d.h. S x, y, z) ) = x, y, z). Es gilt für f 4 : x cos sin x x f 4 y = S sin cos y = S y z z z x x x = S y = y = I 3 ) y. z z z Bitte wenden!

6 Aus dem selben Grund wie in a) ist f 4 linear und ihre Darstellungsmatrix ist I 3. Diese Matrix ist orthogonal, weil die Gleichung erfüllt ist. I 3 ) I 3 ) = I 3 Siehe nächstes Blatt!

7 5. Sei C[, ]) der Vektorraum der stetigen Funktionen auf dem Intervall [, ] und V der Untervektorraum aufgespannt von den Vektoren B := {, sin, cos}. Weiter sei das folgende Skalarprodukt gegeben: p, q := / / px)qx) dx. a) [5 Punkte] Wenden Sie das Gram-Schmidt sche Orthogonalisierungsverfahren auf B an, um eine Orthonormalbasis ˆB zu erhalten. Hinweis: Es gilt / / sin x) dx = / / cos x) dx =. b) [ Punkte] Finden Sie die Matrix T, welche Koordinaten bezüglich B auf Koordinaten bezüglich der Basis ˆB aus a) abbildet, also die Übergangsmatrix von B nach ˆB. c) [3 Punkte] Projizieren Sie das Polynom px) = x orthogonal auf den Unterraum V. Lösung: a) Gegeben sind die Basisvektoren f =, f = sin und f 3 = cos von V, auf die das Gram Schmidt sche Orthogonalisierungsverfahren angewandt wird. Zuerst normieren wir f, um den ersten Vektor ˆf unserer Orthonormalbasis ONB) zu erhalten: ˆf = f f = ) / = / dx /. Nach Gram Schmidt ergibt f = f f, ˆf ˆf einen Vektor, dessen Normalisierung ˆf der zweite Vektor der ONB ist: =, sin ungerade { }} { / f = sin sin x dx = sin. ˆf = f f = / sin ) / = / / sin x dx sin. Mit analoger Notation führen wir Gram Schmidt weiter durch, um den dritten Vektor ˆf 3 zu bestimmen: f 3 = f 3 f 3, ˆf ˆf f 3, ˆf ˆf = cos = cos. / / cos x dx =, Integrand ungerade { }} { / cos x sin x dx sin / Bitte wenden!

8 ˆf 3 = f 3 f 3 = { / ) } cos x / dx = / cos ) { / cos x 4 cos x + ) } / cos ) = 4 4 ) cos ). / dx Die Menge ˆB = { ˆf, ˆf, ˆf3 } ist eine Orthonormalbasis von V. b) Wir schreiben zuerst die Vektoren der Basis B als Linearkombinationen der Vektoren der Orthonomalbasis ˆB: f = ˆf + ˆf + ˆf 3, f = ˆf + ˆf + ˆf 3, f 3 = ˆf + ˆf + 4 / ) ˆf 3. Die j-te Spalte der gesuchten Matrix T ist der Koordinatenvektor von f j bezüglich der Basis ˆB j =,, 3). Somit ist T =. 4 / ) c) Die Projektion proj V p) von px) = x auf V ist durch proj V p) = p, ˆf ˆf + p, ˆf ˆf + p, ˆf3 ˆf 3 gegeben. Wir berechnen die Koeffizienten: Einerseits ergibt sich, dass p, ˆf = / x dx = und p, ˆf3 = / / / x 4 ) cos x ) dx = sind, weil die Integranden ungerade sind; für den zweiten Basisvektor hat man p, ˆf = / / x = sin x dx = x cos x / + / / x sin x dx cos x dx =, wobei das zweite Gleichheitszeichen aus der Tatsache, dass der Integrand gerade ist, folgt. Es gilt also ) proj V p) = sin = 4 sin.