Lösung Semesterendprüfung

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1 MLAE Mathematik: Lineare Algebra für Ingenieure Herbstsemester Dr. Christoph Kirsch ZHAW Winterthur Lösung Semesterendprüfung Aufgabe : a Mit dem Distributivgesetz multiplizieren wir aus: und lösen nach x auf: x + 6u v, ( x v 6u x v u. ( Auf der rechten Seite steht eine Summe von Vektoren der Länge n, also ein Vektor der Länge n. b Mit dem Distributivgesetz multiplizieren wir aus und lösen nach X auf: A X vu B X B A + vu ( X B + A vu A B vu, ( wobei wir im letzten Schritt die Kommutativität der Matrizenaddition sowie die Definition der Subtraktion von Matrizen verwendet haben. Auf der rechten Seite steht eine reelle (m n-matrix, denn die Matrix A B ist (als Differenz von reellen (m n-matrizen eine reelle (m n-matrix, und das Produkt vu eines Spaltenvektors der Länge m ((m -Matrix v und eines Zeilenvektors der Länge n (( n-matrix u ist ebenfalls eine (m n-matrix. c Wir multiplizieren auf der linken Seite aus: A (u x + x Au Ax + x Au + (I A x! u, ( wobei wir A(λv λav sowie v Iv, λ R, v R n, verwendet haben. Wir erhalten damit das lineare Gleichungssystem (I A x u Au (I A u. (6 Gemäss Satz der Vorlesung hat dieses lineare Gleichungssystem genau eine Lösung x (I A (I A u, falls rang (I A rang (I A (I A u n, (7 unendlich viele Lösungen, falls rang (I A rang (I A (I A u < n, (8

2 Aufgabe : keine Lösung, falls rang (I A < rang (I A (I A u. (9 a Wir bringen das lineare Gleichungssystem zunächst in die Standardform. Dazu bringen wir alle Terme mit x oder x auf die linke Seite und alle Konstanten auf die rechte Seite: x + x 8, ( x x. ( Jetzt wenden wir den Gauss-Jordan-Algorithmus auf die erweiterte Koeffizientenmatrix an: ( I 8 I ( II II + I (A b. ( Die Matrix ist in reduzierter Zeilenstufenform, und wir lesen ab: rang(a rang(a b < n, also hat das lineare Gleichungssystem unendlich viele Lösungen, die wir nach dem im Kap..6 der Vorlesung beschriebenen Verfahren bestimmen. Wir erhalten L { x R Ax b } {( ( + λ λ R} R. ( b Mit dem Gauss-Jordan-Algorithmus bringen wir die erweiterte Koeffizientenmatrix auf ihre reduzierte Zeilenstufenform: (A b I I III III + I Aufgabe : II II I I + II III III II 7 6 III III I I III II II III 7 Wir lesen ab: rang(a rang(a b n, also hat das lineare Gleichungssystem genau eine Lösung: L { x R Ax b } 7 R. ( Die zu einer Matrix A R n n inverse Matrix ist die Lösung der Matrizengleichung AX I, falls sie existiert, wobei I R n n die Einheitsmatrix bezeichnet. Wir lösen diese Matrizengleichung für die beiden Teilaufgaben, wobei wir den Gauss-Jordan- Algorithmus auf die erweiterte Koeffizientenmatrix (A I R (+ anwenden..

3 a (A I I III ( III III I (6 9 II II III III + II 9 III 9 III I I + III 9 Die Matrix ist in reduzierter Zeilenstufenform, und wir lesen ab: rang(a rang(a X n, also hat die Matrizengleichung genau eine Lösung, und wir erhalten b (A I Aufgabe : II III A 6 9 I ( I II II I II ( II I I II III III +6 II.. (7 6 (8 6 An dieser Stelle können wir aufhören, denn die Matrix ist in Zeilenstufenform, und wir erkennen, dass rang(a < rang(a X gilt. Also hat die Matrizengleichung AX I für diese Matrix A keine Lösung, das heisst die Matrix A ist nicht invertierbar (singulär. Wir betrachten die Matrix V : ( v v v. R. (9 a Gemäss der Formel (7 der Vorlesung ist die gesuchte lineare Hülle gegeben durch die Menge span ({v, v, v } { w R rang(v rang(v w } R. ( Für einen beliebigen Vektor w R wenden wir den Gauss-Jordan-Algorithmus

4 Aufgabe : auf die Matrix (V w R (+ an: w w w I II w w w II II I III III + I III III + II w w w w + w w w + w w + w II III ( w w + w w w. ( Die Matrix ist jetzt in Zeilenstufenform, und wir erkennen, dass rang(v rang(v w w + w. Also gilt span ({v, v, v } { w R w + w } R. ( b Die drei Vektoren v, v, v sind gemäss Satz der Vorlesung genau dann linear unabhängig, wenn rang(v. Aus a wissen wir aber bereits, dass rang(v <, also können die Vektoren nicht linear unabhängig sein. c Wegen v +v + ( +( gilt v span ({v, v, v }, also lässt sich der Vektor v darstellen als Linearkombination der Vektoren v, v, v. Die Koeffizienten λ : (λ, λ, λ R jeder solchen Darstellung sind Lösungen des linearen Gleichungssystems V λ v. Wir gehen genau wie in a vor, mit w v: (V v ( Die Matrix ist in reduzierter Zeilenstufenform, und wir erhalten L : { λ R V λ v } 7 + µ µ R R. ( Alle möglichen Darstellungen des Vektors v als Linearkombination der Vektoren v, v, v sind also gegeben durch a Wir definieren die Matrix v ( + µ v + ( 7 + µ v µv, µ R. (6 B : ( ( b b b e + e e + e e + e (7 R. (8

5 Aufgabe 6 : Gemäss Satz der Vorlesung ist B eine Basis von R genau dann, wenn rang(b. Wir berechnen den Rang der Matrix B, indem wir sie mit dem Gaussschen Eliminationsverfahren auf Zeilenstufenform bringen: II II I III III II. (9 Die Matrix ist in Zeilenstufenform, und wir lesen ab: rang(b. Also ist {b, b, b } eine Basis des R gemäss Satz der Vorlesung. b Der Vektor v hat die Darstellungen v 9e + 7e + 9e (v B b + (v B b + (v B b, ( mit den gesuchten Koordinaten bzgl. der Basis B, v B R. Mit der Matrix B aus a erhalten wir ein lineares Gleichungssystem für v B : 9! v (v B b + (v B b + (v B b Bv B 9e + 7e + 9e 7 9, ( und wir lösen dieses durch Anwenden des Gauss-Jordan-Algorithmus auf die erweiterte Koeffizientenmatrix: 9 7 I I 9 II II I 7 ( 9 9 II II I I + II III III II III III I I III II II III 9. ( Die gesuchten Koordinaten des Vektors v bzgl. der Basis B sind also gegeben durch v B v b b b. ( a Es seien x, y R und α R. Dann gilt αx + y ( f(αx + y f αx + y (αx + y (αx + y αx αx + y + y + αx + y ( αx + y αx y αx + y + αx + y ( ( αx αx y y + αx + αx y + y ( (6 (7

6 ( ( x x α y y + x + x y + y x y (8 αf x x + f y y αf(x + f(y. (9 Also ist f eine lineare Abbildung gemäss Def. der Vorlesung. b Wir verschaffen uns einen Überblick mit dem folgenden kommutativen Diagramm: R id R R f R Φ B M B (f R Φ B (f(v M B (f v, ( mit der Koordinatenabbildung Φ B : R R und mit der gesuchten Darstellungsmatrix M B (f R. Die Spalten der Darstellungsmatrix sind gegeben durch die Koordinaten (bzgl. B der Bilder der Standardbasisvektoren (des R unter f: M B (f ( Φ B (f(e Φ B (f(e Φ B (f(e. ( Wir berechnen die Koordinaten dieser Bilder wie in Aufg. b: ( ( ( f BΦ + B (f(e f f mit der Matrix ( + ( + ( ( B : ( b b ( Damit ist M B (f die Lösung der Matrizengleichung ( ( M B (f BΦ B (f(e ( (, BΦ B (f(e, ( (,,( R. (, (6 die wir durch Anwenden des Gauss-Jordan-Algorithmus auf die erweiterte Koeffizientenmatrix finden: ( ( ( I I I I + II. (7 Wir erhalten die Darstellungsmatrix M B (f ( R. (8 6