Lineare Algebra und Numerische Mathematik für D-BAUG

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1 R Käppeli L Herrmann W Wu Herbstsemester 6 Lineare Algebra und Numerische Mathematik für D-BAUG ETH Zürich D-MATH Beispiellösung für Serie Aufgabe Das Kreuzprodukt als lineare Abbildung Oft findet man lineare Abbildung nicht beschrieben durch eine Matrix sondern durch andere Ö a Operationen In diesem Beispiel betrachten wir für a a a 3 R 3 \ {} die Abbildung wobei für das Vektorprodukt steht F : R 3 R 3, F (x) a x, a) Überprüfen Sie, dass es sich bei F um eine lineare Abbildung handelt Lösung: Zu überprüfen ist: Für x, y R 3, α R gilt: F (x + αy) F (x) + αf (y) Konkret erhalten wir: Sei z x + αy Dann gilt: F (x + αy) F (z) Def F a z Def Def z Ö a a a 3 Ö a z 3 a 3 z Ö z z z 3 a 3 z a z 3 a z a z Ö a (x 3 + αy 3 ) a 3 (x + αy ) a 3 (x + αy ) a (x 3 + αy 3 ) a (x + αy ) a (x + αy ) Ö a x 3 a 3 x Ö a y 3 a 3 y a 3 x a x 3 a x a x Def a x + αa y F (x) + αf (y) + α a 3 y a y 3 a y a y b) Was ist die Abbildungsmatrix von F bezüglich der Basis e (,, ) T, e (,, ) T, e 3 (,, ) T? Tipp: Erinnern Sie sich daran, dass man dazu zuerst die Bilder der Basisvektoren unter F bestimmen muss und dann deren Koordinaten Das liefert die Spalten der Darstellungsmatrix Serie Seite Aufgabe

2 Lösung: Man berechnet leicht: Ö F e a 3 e + a 3 e + ( a ) e 3 a Ö a3 F e ( a 3 ) e + e + a e 3 a Ö a F e 3 a a e + ( a ) e + e 3 Damit erhalten wir durch Koeffizientenvergleich die Matrixdarstellung Ö a3 a A a 3 a a a Nebenbei sehen wir, dass diese Matrix schiefsymmetrisch ist, das heisst A A c) Bestimmen Sie Kern(F ) Tipp: Den Nullraum kann man F direkt ansehen oder auch einfach dadurch bestimmen, dass man den Kern der Darstellungsmatrix ausrechnet Lösung: Geometrische Überlegung: Für x R 3 liefert uns F (x) a x einen Vektor, welcher auf x und a senkrecht steht und Länge F (x) a x a x sin α hat, wobei α den Winkel zwischen a und x bezeichnet, welches der Fläche des von a und x aufgespannten Parallelogramms entspricht Somit gilt, da y y für alle y R 3, Kern(F ) {x R 3 : F (x) } {x R 3 : F (x) } {x R 3 : sin α } {x R 3 : α oder α π} span(a) Wir bemerken, dass α, π bedeutet, dass es ein λ R gibt, sodass x λa Direkte Berechnung mit Darstellungsmatrix: Wir wenden den Gauss-Algorithmus an, um das LGS Serie Seite Aufgabe

3 Ax zu lösen Falls a 3 : Ö a3 a a 3 a á a3 a a ë a a 3 a a a a /a 3 Ö a3 a a 3 a a a (a /a 3 ) (a /a 3 ) Ö a3 a a 3 a a 3 : x 3 t R, x a a 3 t, x a a 3 t Kern(A) span(a a 3 ) span(a) Falls a 3, erhalten wir Ö a3 a a 3 a a a x Ö a a a a x und damit, falls a, x 3, x t R, x a a t Falls a, dann ist, da a, sicherlich a, und somit erhalten wir x 3, x, x t R Damit erhalten wir in jedem Fall Kern(A) span(a) d) Was ist Rang(F )? Lösung: Aus c) wissen wir, dass dim(kern(f )), und mithilfe der Dimensionsformel folgt Rang(F ) dim(bild(f )) 3 dim(kern(f )) e) Berechnen Sie x, F (x), x R 3, wobei, das Euklidische Skalarprodukt im R 3 bezeichnet Lösung: Da F (x) x aus den Eigenschaften des Vektorprodukts folgt, gilt F (x), x (man kann dies auch explizit berechnen) Aufgabe a) Gegeben sei die Matrix A Ö 3 Bestimmen Sie Orthonormalbasen für Kern A und Bild A Serie Seite 3 Aufgabe

4 Hinweis: Bestimmen Sie zunächst eine Basis von Kern A und Bild A Wenden Sie dann in einem zweiten Schritt das Gram Schmidt Verfahren an Bei der Anwendung des Gram Schmidt Verfahrens für die Basis von Kern A kann ein einfacher Taschenrechner verwendet werden Lösung: Wir definieren die Spalten der Matrix (a, a, a 3, a ) Kern A {x R Ax }, Bild A {y R 3 es existiert ein x R, so dass y Ax} Aus dem Buch auf Seiten -3 wissen wir, dass gilt: b Bild A Ax b besitzt mindestens eine Lösung x Kern A x löst Ax dim(bild A) + dim(kern A) r + (n r) n ( ), wobei r Rang A Bild A span{a,, a n } ( ) Löse also zunächst Ax mit Gausselimination: Ö 3 ( ) () wähle x α R, x 3 β R Ö 3 3 x + 3x 3 3x x 3 (x x 3 ) 3 (α β) x + x + x 3 x (β 3α) á 3ë á ë 3 3 L α + β α, β R á ë á 3 ë 6 6 Kern A span, dim(kern A) ( ) dim(bild A) dim(kern A) ( ) wähle linear unabhängige Spaltenvektoren von A Aus Ödem obigen Ö Gauss-Schema sieht Öman (analog Ö wie in Aufgabe 3, Serie 6), dass dies gilt für zb, Bild Aspan, Wir wenden das Gram Schmidt Verfahren an, um eine Orthonormalbasis zu bekommen Wir beginnen á ë 3 mit Kern A Wir erhalten, dass der Vektor a 6 die Norm a» a, a Serie Seite Aufgabe

5 hat Daher ist á ë 3 a a a 6 6 Wir führen einen Schritt des Gram Schmidt Verfahrens durch: á ë á ë á ëω 3 a 6 6 6, á 6 ë 39 6 á 3 6 ë 6 á 56/6 3/6 56/6 á 3 6 Man berechnet mit einem Taschenrechner, dass a 6 7/6 Daher á ë 33 a Für die Basis von Bild A verfahren wir auch mit Gram Schmidt: Es gilt, dass der Vektor b Ö die norm b hat Daher Ö / b / Weiter Ö ±Ö b, Ö ª ë Ö ë Da b, gilt Ö Ö Ö b Ö Alternativ: Für die Bestimmung einer Orthonormalbasis von Bild A war unsere Wahl von linear unabhängigen Spalten der Matrix A systematisch (die Pivotspalten) Alternativ hätte man die Ö Ö Spaltenvektoren und 3 hätte dies die Rechnung abgekürzt wählen können Da diese bereits orthogonal zueinander sind, Serie Seite 5 Aufgabe

6 b) Betrachten Sie die folgende lineare Abbildung F von R in sich x Ç å x x F x Ç x + x x x Durch welche Matrix A wird F (in der Standardbasis des R ) beschrieben? Untersuchen Sie, wie sich Abbildung F auf die Norm eines Vektors auswirkt, dh vergleichen Sie F (x) und x für alle x R Lösung: Wir bestimmen die Matrix wie auf Seiten im Buch beschrieben Wir bestimmen die Bilder der Standardbasis e, e : å ÇÇ F (e ) F åå Ç å : a ÇÇ F (e ) F åå Ç å : a Da diese den Koordinaten bezüglich der Standardbasis entsprechen, wird F durch die Matrix A (a, a ) Ç å beschrieben Wir berechnen, dass Ç Ç å F (x) (x + x )å + (x x ) (x + x + x x + x + x x x ) x + x x Damit gilt F (x) x, was bedeutet, dass F längentreu ist Aufgabe 3 Multiple Choice: Linearität von Abbildungen Entscheiden Sie bei den folgenden neun Abbildungen, ob diese linear sind oder nicht, und geben Sie eine Begründung an 3a) F : R R 3, (x, y) (x + y, x, ) Serie Seite 6 Aufgabe 3

7 Eine Abbildung F : V W zwischen zwei reellen Vektorräumen V und W heisst linear, falls für alle x, y V und α R gilt F (x + y) F (x) + F (y), F (αx) αf (x) Für eine Abbildung der Form F : R n R m, v AF v, wobei A eine m n-matrix ist, sind diese Eigenschaften erfüllt Diese erste Abbildung und die dritte, vierte und fünfte Abbildung sind von dieser Form für die Matrizen Ö Ö,, (), () Daher sind diese Abbildungen linear 3b) F : R R 3, (x, y) (x + y, x, ) (ii) F ist nicht linear Jede lineare Abbildung muss Null auf Null abbilden, das heisst, F () für jede lineare Abbildung F : V W (V, W seien Vektorräume) Dies folgt direkt aus der Linearität (siehe Erklärung zur ersten Abbildung) Sie bedingt nämlich unter anderem, dass F () F (+) F ()+F () und, nach Subtraktion von F (), also F () Für die vorliegende Abbildung (und die sechste und achte Abbildung) ist dies nicht erfüllt Wir rechnen nach: F () (,, ) (,, ) ; die Abbildung ist also nicht linear 3c) F : R R 3, Ç x yå Ö Çx å y Siehe Erklärung zur ersten Abbildung 3d) F : R R, x Siehe Erklärung zur ersten Abbildung Serie Seite 7 Aufgabe 3

8 3e) F : R R, F die Identität Siehe Erklärung zur ersten Abbildung 3f) F : R R, x (ii) F ist nicht linear Falsch: F () ; siehe Erklärung zur zweiten Abbildung 3g) F : C (R) R, h h () (Hier bezeichnet C (R) die Menge aller zweimal stetig differenzierbaren Funktionen auf R) Die Linearität folgt aus den Ableitungsregeln: Es gilt (g + h) g + h und (αh) αh für alle g, h C (R) und α R 3h) F : R R, F beschreibt die Spiegelung an der Geraden y x + (ii) F ist nicht linear Falsch: F () (, ) ; siehe Erklärung zur zweiten Abbildung 3i) F : R C (R), (x, y) h, wobei h diejenige Linearkombination der Funktionen sin und cos ist, deren Graph durch die Punkte (, x) und (, y) geht (Hier bezeichnet C (R) die Menge aller unendlich oft stetig differenzierbaren Funktionen auf R) Serie Seite 8 Aufgabe 3

9 Das Bild von (x, y) unter dieser Abbildung ist gleich α sin +β cos, wobei (α, β) die Lösung des linearen Gleichungssystems ist Dieses hat die eindeutige Lösung Somit ist F durch gegeben und es gilt α sin( ) + β cos( ) x α (x, y) α sin() + β cos() y y x sin, β x + y cos y x sin sin + x + y cos cos F Ä (x, y) + (x, y ) ä F Ä (x + x, y + y ) ä sowie für α R Somit ist F linear F Ä α(x, y) ä F Ä (αx, αy) ä (y + y ) (x + x ) sin + (x + x ) + (y + y ) cos sin cos y x sin sin + x + y cos cos + y x sin sin + x + y cos cos F Ä (x, y) ä + F Ä (x, y ) ä Å αy αx + αy y x sin +αx sin cos cos α sin sin + x + y ã cos cos αf Ä (x, y) ä Aufgabe Abbildungsmatrix einer Polynomabbildung Sei P 3 der Vektorraum der Polynome auf R vom Grad kleiner oder gleich 3 Gegeben sei folgende Abbildung: P F : 3 P 3 p(t) p (t) + tp (t) a) Zeigen Sie, dass F eine lineare Abbildung ist Lösung: Wir rechnen für α R und p(t), q(t) P 3 die Linearität von F direkt nach: und (L): F (p(t) + q(t)) (p(t) + q(t)) + t(p(t) + q(t)) p (t) + q (t) + tp (t) + tq (t) (p (t) + tp (t)) + (q (t) + tq (t)) F (p(t)) + F (q(t)) (L): F (αp(t)) (αp(t)) + t(αp(t)) αp(t) + αtp(t) α(p(t) + tp(t)) αf (p(t)) Serie Seite 9 Aufgabe

10 b) Bestimmen Sie die Abbildungsmatrix A von F bezüglich der Monombasis B {, t, t, t 3 } von P 3 Lösung: Die Koordinaten der Bilder der Basis bilden die Spalten der Abbildungsmatrix Wir erhalten somit A F (), F (t) t, F (t ) + t t + t, F (t 3 ) 6t + t 3t 6t + 3t 3 á ë 6 3 c) Bestimmen Sie die Abbildungsmatrix A von F bezüglich der Basis B { + t 3, t t, t + t 3, t 3 } P 3 Lösung: Wir könnten hier analog zur vorherigen Teilaufgabe vorgehen, wollen aber eine Lösung via Basiswechsel präsentieren Wie wir wissen, gilt A T A T Dabei bezeichnet T die Matrix zum Basiswechsel von der Basis B in die Basis B Wir benennen die Basisvektoren der Basis B mit b, b, b 3, b und die Basisvektoren der B mit b, b, b 3, b Um die Abbildungsmatrix des Basiswechsels von der Basis B in die Basis B zu erhalten, betrachten wir die Bilder der Basisvektoren unter der Identitätsabbildung I Wir erhalten das Allgemein gilt, dass für j,, Daher lesen wir ab, dass I(b ) b b + b I(b ) b b b 3 I(b 3) b 3 b + b 3 I(b ) b b I(b j) T j b + T j b + T 3j b 3 + T j b T á ë Für die Abbildungsmatrix T gehen wir genauso vor: I (b ) b b b I (b ) b b + b 3 b I (b 3 ) b 3 b 3 b I (b ) b b Serie Seite Aufgabe

11 Allgemein gilt, dass für j,, Daher ist I (b j ) T j b + T j b + T 3j b 3 + T j b T á ë Als Test überprüft man leicht, dass T T I Also ist T die Inversematrix von T Eine kurze Rechnung liefert nun á ëá ëá ë 6 A 3 á ë Veröffentlichung am 6 Dezember 6 Abzugeben bis Dezember 6 Serie Seite Aufgabe