Technische Universität Berlin Fakultät II Institut für Mathematik WS 03/04 Eppler, Richter, Scherfner, Seiler, Zorn 7. April 2004

Transkript

1 B Technische Universität Berlin Fakultät II Institut für Mathematik WS 03/04 Eppler, Richter, Scherfner, Seiler, Zorn 7. April 2004 April 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 32 von 80 Punkten bestanden, wenn in jedem der beiden Teile der Klausur mindestens 0 von 40 Punkten erreicht werden. Korrektur Σ. Aufgabe 9 Punkte Es sei folgende Matrix gegeben: A := (i Lösen Sie mit Hilfe des Gauÿalgorithmus die Gleichung A x = 3 2.

2 Wir wenden den Gauÿalgorithmus auf die erweiterte Koezientenmatrix an: Z: Z: Z:3. 2..Z: Z: Z:3. 4. Daraus liest man die Lösung direkt ab zu: 2 x = (ii Berechnen Sie mit Hilfe des Gauÿalgorithmus die Determinante von A. Die Determinante kann direkt mit dem Gauÿalgorithmus berechnet werden. Dabei ist zu beachten, dass bei Zeilenvertauschungen (haben wir nicht verwendet ein Faktor und bei Multiplikation einer Zeile mit einem Skalar λ dieser Skalar als Faktor auftritt. Damit brauchen wir den Gauÿalgorithmus nicht neu durchzuführen, sondern können obige Rechnung verwenden. Im 2. Schritt tritt in der Linearkombination der Faktor auf, so dass sich ergibt: det(a =.

3 2. Aufgabe 9 Punkte Im Vekorraum R 2 seien die Basen B und gegeben mit ( ( 0 B := { v :=, v 0 2 := }, B 2 := { w := ( 0, w 2 2 := ( }. (i Berechnen Sie die Basiswechselmatrix S für den Basiswechsel von B nach. Für die Basiswechselmatrix S gilt gemäÿ kommutativem Diagramm: S = K B2 K B mit den Koordinatenabbildungen K B und K B2. Da die Basis B die Standardbasis ist, ist die Koordinatenabbildung K B die identische Abbildung bzw. ist sie als Abbildung R 2 R 2 gegeben durch x E 2 x mit der 2 2-Einheitsmatrix E 2. Für K als Abbildung R 2 R 2 liest man die entsprechende 2 2-Matrix aus der Basis direkt ab; in ihr stehen die Basisvektoren als Spalten: ( K 0 = 2 Wie berechnen ihre Inverse: K B2 = 2 Damit erhalten wir für die Basiswechselmatrix: ( 2 0 S = K B2 K B = K B2 E 2 = K B2 = 2 ( 2 0 ( 3 (ii Berechnen Sie die Koordinaten des Vektors x := R 2 bezüglich der Basis. Die Koordinaten von x bezüglich der Basis berechnen sich zu: x B2 = K B2 ( x = ( ( ( 3 = Auÿerdem betrachten wir die lineare Abbildung L : R 2 R 2, x ( 2 0 (iii Berechnen Sie die darstellende Matrix L B2 von L bezüglich der Basis. Für die Matrixdarstellung gilt L B2 = K B2 L K. Da die Abbildung L bereits als (Multiplikation mit einer Matrix gegeben ist, entspricht die Komposition der Abbildungen der Matrizenmultiplikation und wir erhalten: L B2 = K B2 L K ( x. = ( ( 2 0 ( 2 ( 0 2 = ( = ( 2 0 = 2

4 Alternativ kann man die darstellende Matrix auch direkt über die Koordinaten der Bilder der Basisvektoren von berechnen. 3. Aufgabe 0 Punkte Gegeben sei die lineare Abbildung A : R 3 R 3 mit x A x und A := (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 0 2 = det 0 (4 λ (4 λ = (4 λ [ λ(4 λ + 4] = (4 λ [λ 2 4λ + 4] = (4 λ (λ 2 2 Da die Eigenwerte von A die Nullstellen des charakteristischen Polynoms von A sind, lesen wir für sie aus der letzen Gleichung ab: λ = 4 (algebraische Vielfachheit: λ 2 = 2 (algebraische Vielfachheit: 2 (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 = 4 : Wir müssen (A 2E 3 x = 0 lösen. A 4E 3 = Hieraus lesen wir sofort für den Eigenraum ab: Eigenraum(A, 4 = span{ 0 } 0 Dieser Eigenraum hat Dimension (geometrische Vielfachheit:. λ = 2 : Wir müssen (A 2E 3 x = 0 lösen. Es gilt: A 2E 3 = Darauf wenden wir den Gauÿalgorithmus an: :

5 Hieraus lesen wir sofort für den Eigenraum ab: Eigenraum(A, = span{ 0 } Dieser Eigenraum hat Dimension (geometrische Vielfachheit:. (iii Falls A diagonalisierbar ist, geben Sie eine zugehörige Diagonalmatrix an. Falls A nicht diagonalisierbar ist, begründen Sie, wieso die Matrix A nicht 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. Die geometrischen und algebraischen Vielfachheiten stimmen nicht überein. Daher ist A nicht diagonalisierbar. 4. Aufgabe 2 Punkte Gegeben sei die lineare inhomogene Dierentialgleichung mit den Anfangswerten (t + x(t = sin(t (für alle t R ( dt2 x(0 =, dx (0 = 0. (2 dt (i Leiten Sie mit dem Exponentialansatz die charakteristische Gleichung für die zu ( gehörende homogene Dierentialgleichung her. Die zu ( gehörende homogene Dierentialgleichung lautet: (t + x(t = 0 (für alle t R (3 dt2 Wir machen den Exponentialansatz für eine Lösung der homogenen DGL: Nun berechnen wir die Ableitungen: dx dt (t = λeλt, x(t = e λt dt 2 (t = λ2 e λt Nun setzen wir den Ansatz in die homogene DGL (3 ein: (t + x(t = 0 dt2 (für alle t R (4 λ 2 e λt + e λt = 0 (für alle t R (5 e λt (λ 2 + = 0 (für alle t R (6 λ 2 + = 0 (7 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 = i, λ 2 = i

6 Da wir zwei konjugiert komplexe Nullstellen gefunden haben, erhalten wir zwei linear unabhängige Lösungen der homogenen DGL (3 als Real- und Imgaginärteil: x (t = Re it = cos(t, x 2 (t = Ie it = sin(t Die allgemeine Lösung der homogenen DGL ist der Span von ihnen: x h (t = µ x (t + µ 2 x 2 (t = µ cos(t + µ 2 sin(t (iii Zeigen Sie, dass durch x p (t := 2t cos(t eine Lösung der inhomogenen Dierentialgleichung ( gegeben ist. Wir berechnen die Ableitungen von x p : dx p dt (t = 2 cos(t+ 2 t sin(t, p dt 2 (t = 2 sin(t+ 2 sin(t+ 2 t cos(t = sin(t+ 2 t cos(t Wir setzen dies in die DGL ein: p dt 2 (t + x p(t = sin(t + 2 t cos(t t cos(t = sin(t 2 Daraus lesen wir ab, dass x p tatsächlich die inhomogene DGL ( erfüllt. (iv Bestimmen Sie die Lösungsgesamtheit der inhomogenen Dierentialgleichung (. Die Lösungsgesamtheit der inhomogenen DGL ( 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 cos(t + µ 2 sin(t t cos(t (8 2 (v Lösen Sie das Anfangswertproblem (, (2. Wir berechnen die Ableitung der allgemeinen Lösung (8: dx dt (t = µ sin(t + µ 2 cos(t 2 cos(t + 2 t sin(t Nun setzen wir die Anfangsbedingungen ein: = x(0 = µ 0 = dx dt (0 = µ 2 2 Daraus liest man ab: µ =, µ 2 = 2 Dies setzen wir in die allgemeine Lösung (8 ein und erhalten als Lösung des Anfangswertproblems (, (2: x(t = µ cos(t + µ 2 sin(t 2 t cos(t = cos(t + 2 sin(t 2 t cos(t