Technische Universität Berlin Fakultät II Institut für Mathematik WS 03/04 Eppler, Richter, Scherfner, Seiler, Zorn 25.

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1 A Technische Universität Berlin Fakultät II Institut für Mathematik WS 3/4 Eppler, Richter, Scherfner, Seiler, Zorn 5. Februar 4 Februar Klausur (Rechenteil) Lösungen: Lineare Algebra für Ingenieure Name: Vorname: Matr.Nr.: Studiengang: Falls Ihr Studiengang Hausaufgaben fordert: In welchem Semester haben Sie die erreicht? Neben einem handbeschriebenen A4 Blatt mit Notizen sind keine Hilfsmittel zugelassen. Die Lösungen sind in Reinschrift auf A4 Blättern abzugeben. Mit Bleistift geschriebene Klausuren können nicht gewertet werden. Dieser Teil der Klausur umfasst die Rechenaufgaben. Geben Sie immer den vollständigen Rechenweg an. Die Bearbeitungszeit beträgt eine Stunde. Die Gesamtklausur ist mit 3 von 8 Punkten bestanden, wenn in jedem der beiden Teile der Klausur mindestens von 4 Punkten erreicht werden. Korrektur 3 4 Σ. Aufgabe 9 Punkte Es sei folgende Matrix gegeben: A : (i) Berechnen Sie mit Hilfe des Gauÿalgorithmus die Inverse von A und überprüfen Sie das Ergebnis durch eine Rechnung explizit.

2 .Z:.. 3.Z:. 3..Z: Z: 3. Daraus liest man auf der rechten Seite die Inverse ab: A Wir machen die Probe: AA Bemerkung: Es muss vorher nicht (etwa mit Hilfe der Determinante) geprüft werden, ob A invertierbar ist, da man dann mit Hilfe des Gauÿalgorithmus nicht links die Einheitsmatrix hätte erzeugen können. (ii) Lösen Siemit Hilfe der in (i) berechneten Inversen die Gleichung A x. 3 Da wir nun wissen, dass A invertierbar ist, können wir die eindeutige Lösung des gegebenen Gleichungssystems berechnen: x A Aufgabe 9 Punkte Sei der Vektorraum R 4 mit dem Standardskalarprodukt gegeben, d.h. für x x x x 3 x 4, y R 4 ist das Skalarprodukt x, y : x y + x y + x 3 y 3 + x 4 y 4. Und seien die Vektoren v :, v :, v 3 : gegeben. y y y 3 y 4

3 (i) Zeigen Sie, dass v, v, v 3 linear unabhängig sind. Die Vektoren sind linear unabhängig, wenn die Gleichung λ v + λ v + λ 3 v 3 () nur die Lösung λ λ λ 3 besitzt. Die Gleichung () ist äquivalent zu folgendem linearen Gleichungssystem, in dem als Spalten der Matrix die Vektoren v, v, v 3 stehen: λ λ () λ 3 }{{} :A Wir lösen dieses lineare Gleichungssystem, indem wir den Gauÿalgorithmus auf A anwenden: 3.Z:3...Z:...Z:. 4. vertauschen Aus dieser Zeilenstufenform lesen wir für das lineare Gleichungssysstems () als eindeutige Lösung ab: λ λ λ 3. Damit ist gezeigt, dass v, v, v 3 linear unabhängig sind. (ii) Berechnen Sie mit Hilfe des Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahrens eine Orthonormalbasis des von v, v, v 3 aufgespannten Teilraumes von R 4. Da wir in (i) die lineare Unabhängigkeit der Vektoren v, v, v 3 gezeigt haben, können wir den Algorithmus aus dem Skript direkt anwenden. (Im folgenden bezeichnet die aus dem Standardskalarprodukt induzierte Norm.) Wir erhalten: Wir berechnen den Zähler: v v, w w w v v w v v, w w v v, w w, Dieser Vektor hat die Norm, so dass wir als nächsten Vektor der gesuchten Orthonormalbasis erhalten: w

4 Wir berechnen den Zähler: v 3 v 3, w w v 3, w w w 3 v 3 v 3, w w v 3, w w v 3 v 3, w w v 3, w w Dieser Vektor hat die Norm. Wir erhalten daher schlieÿlich: w 3,, 4 3. Aufgabe Punkte Gegeben sei die lineare Abbildung A : R 3 R 3 mit x A x und A :. 3 3 (i) Berechnen Sie das charakteristische Polynom von A und bestimmen Sie die Eigenwerte von A. Für das charakteristische Polynom von A gilt: p A (λ) det(a λe 3 ) ( λ) det ( λ) 3 3 ( λ) ( λ) ( λ) ( λ 3 + 3λ 4 ) Da die Eigenwerte von A die Nullstellen des charakteristischen Polynoms von A sind, lesen wir für sie aus der vorletzen Gleichung ab: λ (algebraische Vielfachheit: ) λ (algebraische Vielfachheit: )

5 (ii) Bestimmen Sie zu jedem Eigenwert den zugehörigen Eigenraum. Der Eigenraum zu einem Eigenwert λ ist der Kern von A λe 3. Wir lösen also das entsprechende homogene lineare Gleichungssystem. λ : Wir müssen (A E 3 ) x lösen. A E 3 Hieraus lesen wir sofort für den Eigenraum ab: Eigenraum(A, ) span{, } Dieser Eigenraum hat Dimension (geometrische Vielfachheit: ). λ : Wir müssen (A ( )E 3 ) x lösen. Es gilt: A ( )E 3 Darauf wenden wir den Gauÿalgorithmus an: Hieraus lesen wir sofort für den Eigenraum ab: Eigenraum(A, ) span{ } Dieser Eigenraum hat Dimension (geometrische Vielfachheit: ). (iii) Zeigen Sie, dass A diagonalisierbar ist. In (i) haben wir die Eigenwerte und ihre algebraischen Vielfachheiten bestimmt. In (ii) haben wir die zugehörigen Eigenräume bestimmt und ihre Dimensionen abgelesen. Es stimmen jeweils die geometrischen und algebraischen Vielfachheiten überein. Auÿerdem zerel das charakteristische Polynom vollständig. Daher bilden die gefundenen Basen der Eigenräume zusammen eine Basis des R 3 aus Eigenvektoren. (Man kann auch argumentieren, dass Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenvektoren linear unabhängig sind, so dass die oben bei den Eigenräumen angegebenen Eigenvektoren linear unabhängig sind. Damit haben wir eine Basis des R 3 aus Eigenvektoren.) Daher ist A diagonalisierbar. (iv) Geben Sie eine zugehörige Diagonalmatrix an. (Es ist keine lange Rechnung nötig!) Bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren hat die Matrixdarstellung Diagonalgestalt, wobei auf der Diagonalen die Eigenwerte stehen. Bezüglich der oben gefundenen Basis aus Eigenvektoren lautet die zugehörige Diagonalmatrix:,, D

6 4. Aufgabe Punkte Gegeben sei die lineare inhomogene Dierentialgleichung mit den Anfangswerten d x (t) x(t) sin(t) (für alle t R) (3) dt x(), dx dt (). (4) (i) Leiten Sie mit dem Exponentialansatz die charakteristische Gleichung für die zu (3) gehörende homogene Dierentialgleichung her. Die zu (3) gehörende homogene Dierentialgleichung lautet: d x (t) x(t) (für alle t R) (5) dt Wir machen den Exponentialansatz für eine Lösung der homogenen DGL: Nun berechnen wir die Ableitungen: dx dt (t) λeλt, x(t) e λt d x dt (t) λ e λt Nun setzen wir den Ansatz in die homogene DGL (5) ein: d x (t) x(t) dt (für alle t R) (6) λ e λt e λt (für alle t R) (7) e λt (λ ) (für alle t R) (8) λ (9) Die letzte Gleichung ist die charakteristische Gleichung. (ii) Bestimmen Sie die Lösungsgesamtheit der homogenen Dierentialgleichung. Aus der in (i) gefundenen charakteristischen Gleichung lesen wir ihre Lösungen ab: λ, λ Da wir zwei reelle verschiedenen Nullstellen gefunden haben, können wir sofort zwei linear unabhängige Lösungen der homogenen DGL (5) ablesen: x (t) e t, x (t) e t Die allgemeine Lösung der homogenen DGL ist der Span von ihnen: x h (t) µ x (t) + µ x (t) µ e t + µ e t (iii) Zeigen Sie, dass durch x p (t) : sin(t) eine Lösung der inhomogenen Dierentialgleichung (3) gegeben ist. Wir berechnen die Ableitungen von x p : dx p dt (t) cos(t), Wir setzen dies in die DGL ein: d x p dt (t) sin(t) d x p dt (t) x p(t) sin(t) ( sin(t)) sin(t) Daraus lesen wir ab, dass x p tatsächlich die inhomogene DGL (3) erfüllt.

7 (iv) Bestimmen Sie die Lösungsgesamtheit der inhomogenen Dierentialgleichung (3). Die Lösungsgesamtheit der inhomogenen DGL (3) ist die Summe aus der Lösungsgesamtheit der homogenen DGL und einer Lösung der inhomogenen DGL. Die allgemeine Lösung der homogenen DGL haben wir in (ii) bestimmt. In (iii) haben wir gezeigt, dass x p einer Lösung der inhomogenen DGL ist. Damit erhalten wir als Lösungsgesamtheit der inhomoegnen DGL: x(t) x h (t) + x p (t) µ e t + µ e t sin(t) () (v) Lösen Sie das Anfangswertproblem (3), (4). Wir berechnen die Ableitung der allgemeinen Lösung (): Nun setzen wir die Anfangsbedingungen ein: dx dt (t) µ e t µ e t cos(t) x() µ + µ dx dt () µ µ Daraus erhalten wir folgendes lineare Gleichungssystem: Seine eindeutige Lösung liest man ab zu: µ + µ µ µ µ, µ Dies setzen wir in die allgemeine Lösung () ein und erhalten als Lösung des Anfangswertproblems (3), (4): x(t) et e t sin(t) (et e t sin(t)) sinh(t) sin(t)