Lineare Algebra und Numerische Mathematik D-BAUG. Sommer 2012 Prof. H.-R. Künsch

Transkript

1 b Prüfung Lineare Algebra und Numerische Mathematik D-BAUG. Multiple Choice: Sommer Prof. H.-R. Künsch Gegeben sei die folgende Matrix A = 4. 4 (a) x AA T ist eine 4 4 Matrix mit ( AA T) = 4. AA T ist eine 5 5 Matrix mit ( AA T) =. AA T ist nicht definiert. c (b) Die Dimension des Kerns von A ist x 4 5. (c) Die Dimension des Bildes von A ist x 4 5.

2 Zur Wiederholung: A = 4 4. (d) Das Bild von A ist gleich span x span 4 span span 4 x span 4.

3 Zur Wiederholung: A = 4 4. (e) Der Kern von A ist gleich x span span 4 x span span 4 span 4.

4 (f) Sei x = x exakt x gestört wobei x exakt die exakte Lösung eines linearen Gleichungssystems Bx exakt = c und x gestört die Lösung des gestörten Systems Bx gestört = c gestört = c exakt + c. Nehmen wir an die Kondition des linearen Gleichungssystems sei. Dies bedeutet: Wenn die rechte Seite des Gleichungssystems eine Störung von aufweist d.h. c = dann ändert sich die Lösung um maximal. x Wenn die rechte Seite des Gleichungssystems eine Störung von.% aufweist d.h. c = c dann ändert sich die Lösung um maximal %. Bemerkung: Per Definition gilt: x x exakt = A A x A Ax exakt = A (b exakt b gestört ) A b exakt also x. =. x exakt A b exakt A b exakt A A b }{{} b exakt cond(a) 4

5 . (a) Gegeben sei folgendes lineares Gleichungssystem abhängig vom reellen Parameter α: x + (+α) x + (α+6) x = x + α x + x = x + (+α) x + (α +α+) x = α+ Schreiben Sie das lineare Gleichungssystem als Tableau (Schema) und wenden Sie das Gausssche Eliminationsverfahren darauf an um das Tableau in Zeilenstufenform zu bringen. +α α+6 α +α α +α+ α+ Nach Vertauschen der ersten mit der zweiten Spalte erhalten wir nach dem ersten Gausseliminationsschritt: α +α α+6 +α α +α+ α+ Nun fehlt noch ein Schritt zur Zeilenstufenform. α α α α (b) Gegeben sei folgendes Endschema in Zeilenstufenform: α α α α α α α +α α+ Für welche reellen Parameter α besitzt dieses Gleichungssystem genau eine unendlich viele bzw. keine Lösung? Bestimmen Sie die Lösungsmenge zu denjenigen α für die das Gleichungssystem lösbar ist. Zuerst überprüfen wir ob es Fälle gibt für die wir keine Lösung oder unendlich viele Lösungen finden. Dazu setzen wir in der untersten Zeile des Schemas α := und erhalten α = ±. Für α = erhalten wir für den Teil der rechten Seite α =. Wir erhalten also unendlich viele Lösungen: L = {( t tt) t R}. Für α = ist α = und somit existiert in diesem Fall keine Lösung (Verträglichkeitsbedingung verletzt). Für alle anderen α R\{ } gibt es genau eine Lösung nämlich L = { ( α )}. α+ 5

6 . Auf verschiedenen Autobahnfahrten zwischen Zürich (Z) Chur (C) Konstanz (K) Genf (G) werden auf dem Kilometerzähler folgende Distanzen abgelesen: x K Z x x C G Z-K G-K C-G C-K Z-C (a) Lesen Sie alle Gleichungen für die Längen x x x der Teilstrecken Z-G Z-K Z-C ab und schreiben Sie diese in der Form Ax = b. 7 x 5 x = 4 x }{{} :=A }{{} :=b (b) Zeigen Sie dass die beste approximative Lösung im Sinne der kleinsten Quadrate gegeben ist durch x = 8 x = 75 und x = 5. Es gibt nun verschiedene Ansätze zu zeigen dass x = 8 x = 75 und x = 5 die beste approximative Lösung im Sinne der kleinsten Quadrate darstellen. Sei dafür x := (x x x )T. Eine Möglichkeit ist zu zeigen dass A T (Ax b)! = indem wir x in die Gleichung einsetzen. Man kann aber auch - und das ist die aufwendigere Variante - das obige Gleichungssystem nach x auflösen. Zu lösen ist die Normalengleichung also x A T Ax = A T b x x 75 x = 6. x 7 6

7 Mithilfe des Gaussalgorithmus erhalten wir dann die Bestapproximation L = {(8 75 5)}. Also repräsentiert x tatsächlich die Bestapproximation. (c) Wir nehmen nun an dass die exakten Distanzen x x x gleich x x x aus (b) sind. Welchen Fehler hat dann der Kilometerzähler in den 5 obigen Fahrten jeweils gemacht? Durch Einsetzen der exakten Distanzen in Ax b erhalten wir den Fehlervektor ( ) also i. Fahrt Z-K: x 7 = 5 ii. Fahrt G-K: (x +x ) 5 = 5 iii. Fahrt C-G: (x +x ) 4 = 5 iv. Fahrt C-K: (x +x ) = v. Fahrt Z-C: x = 5 7

8 4. Gegeben sei folgende Dreiecksmatrix : A =. (a) Berechnen Sie die Eigenwerte der Dreiecksmatrix A. Die zwei verschiedenen Eigenwerte von A können direkt abgelesen werden: λ = λ =. (b) Berechnen Sie möglichst viele linear unabhängige Eigenvektoren der Matrix A. Die Eigenvektoren v für λ = erhalten wir über die Bedingung (A λ 5 5 )v =. Wir erhalten also das folgendes Schema für unser lineares Gleichungssystem und können die Lösungen direkt ablesen: { L = (t } s s s s) s t R. Folglich bilden z.b. die Eigenvektoren v = ( )T v = ( )T eine Basis des Eigenraums von λ. Für λ erhalten wir auf dieselbe Art und Weise und somit Es bilden also z.b. { } L = ( t s ) s t R. v = ( )T v = ( )T eine Basis des Eigenraums von λ. 8

9 (c) Ist die Matrix A diagonalisierbar? Geben Sie eine Diagonalisierung an oder begründen Sie weshalb keine existiert. Die Matrix ist nicht diagonalisierbar da sich die Dimensionen der zwei verschiedenen Eigenräume zu 4 aufsummieren was nicht der Anzahl Spalten resp. Zeilen von A entspricht: #Zeilen = 5 > 4. Eine kürzere Begründung dafür dass A nicht diagonalisierbar ist wäre = algv(λ ) geomv(λ ) =. Wobei algv geomv für die algebraische resp. geometrische Vielfachheit stehen. 9

10 5. Ziel dieser Aufgabe ist das Finden einer Nullstelle der nichtlinearen Funktion ( ) f((x y) T e ) := y +xy xy +x y mithilfe von numerischen Verfahren. (a) Berechnen Sie die Jacobi Matrix df ( (xy) T) d.h. die Matrix der partiellen Ableitungen von f. Die Jacobi Matrix df ( (xy) T) sieht folgendermassen aus: df ( (xy) T) = ( ) y e y +x. y + x (b) Schreiben Sie die Gleichung für die Newtoniteration auf und berechnen Sie den ersten Newtonschritt für den Startwert x () = ( )T exakt (d.h. ohne numerische Näherung der Zahl e). Die Newtoniteration für k N lautet x (k+) = x (k) ( df ( x (k))) f ( x (k) ). Die Inverse erhalten wir mithilfe der Adjunkten und der Determinanten von df ( (xy) T) : (df ( (xy) T ) ) = det(df((xy) T ) adj(df( (xy) T) ( x e = y x x+y +(y +)e y y y In unserem Fall erhalten wir also für den ersten Newtonschritt mit Startwert x () = ( )T : x () = x () ( df ( x ())) ( ) f x () ( ) = + ( )( ) e e ( ) ( ) e.679 =. ).

11 Da in der Vorlesung erklärt wurde dass man das Berechnen der Inverse vermeiden sollte steht im folgenden Abschnit eine zweite Lösungsvariante: Wir starten mit folgender Gleichung welche ebenfalls das Newtonverfahren beschreibt aber keine explizite Inverse verlangt: df ( x (k)) x (k+) = df ( x (k)) x (k) f ( x (k)). Die rechte Seite kann ausgewertet werden. Wir müssen also in jedem IterationsschrittnochdaslineareGleichungssystem fürx (k+) lösen.wirmachen dies nun für x () indem wir zuerst den Startwert x () in obige Gleichung einsetzen: ( ) )( e + ) ) ( e + ( e x () = + ) ) x () = Die Lösung lässt sich direkt ablesen: ( e x () = ( e )T. ( e (c) Was passiert im nächsten Newtonschritt? Führen wir einen weiteren Schritt aus bemerken wir dass wir mit x () bereits eine Nullstelle gefunden haben (entweder man bemerkt dass x () ein Fixpunkt der Newtoniterationsgleichung ist oder dass f(x () ) = ).

12 6. Gegeben sei folgendes System von linearen Differentialgleichungen ẋ = 8x x ẋ = 6x +x. (a) Schreiben Sie das Differentialgleichungssystem in der Form ẋ = Ax. Bestimmen Sie alle Eigenwerte und alle Eigenvektoren der Koeffizientenmatrix A. ( ) 8 Es gilt A =. Um die Eigenwerte zu berechnen setzen wir 6 det(a λ = ( ) 8 λ det = 6 λ λ λ+ = und erhalten λ = 6 λ = 5. Die Eigenvektoren erhalten wir auf gleiche Weise wie in Aufgabe 4. Für λ = 6 erhalten wir (A λ )v = 6 Also erhalten wir die Lösungsmenge L = {(t t) t R} und nehmen den Eigenvektor v = ( ) T. Für λ = 5 bekommen wir analog (A λ )v = 6 mit L = {(t t) t R} und wählen v = ( ) T. (b) Bestimmen Sie die Lösung des Systems zur Anfangsbedingung x() = ( ) T. ( ) ( ) 6 Setzen wir T := [v v ] = gilt A = TDT mit D =. 5 Substituieren wirinder Differentialgleichung y := T x undmultiplizieren die Gleichung von links mit T erhalten wir ẏ = Dy.

13 Dieses entkoppelte System ist einfach zu lösen. Wir erhalten ( )( ) e 6t y () y(t) = e 5t y () was uns nach der Rücktransformation x = Ty die folgende Lösung für x liefert: ( ) x(t) = Te Dt T x () x () ( )( )( )( ) e 6t x () = e 5t x () ( )( ) e = 6t e 5t e 6t +e 5t x () 6e 6t 6e 5t e 6t +e 5t. x () Wir setzen in der Lösung welche in (a) berechnet wurde die Anfangsbedingung ein und erhalten die Lösung ( ) e x(t) = 6t e 5t 4e 6t e 5t. Ein schnellerer Lösungsweg bietet sich an: Mithilfe der in (a) berechneten Eigenwerte und Eigenvektoren kann man auch direkt die allgemeine Lösung hinschreiben: ( ) ( ) x(t) = Ae λt v +Be λt v = Ae 6t +Be 5t wobei A B R konstant. Die Lösung zum Startwert x() = ( ) T erhalten wir nun indem wir folgendes Gleichungssystem lösen (zur Erinnerung: T := [v v ]): ( ) A T = x() B ( )( ) ( ) A =. B Wir erhalten also durch Gausselimination folgendes Endschema: welches uns zufolgenden Werten fürdie Konstanten führt: A = B =. Also erhalten wir die Lösung ( ) ( ) x(t) = e 6t +( )e 5t.

14 (c) Berechnen Sie die expizite Eulerapproximation von x() zur Anfangsbedingung x() = ( ) T mit Schrittweite h =. Da wir die Lösung zum Zeitpunkt t = berechnen wollen müssen wir zwei Eulerschritte durchführen da h =. Sei f(x) := Ax die rechte Seite der gegebenen Differentialgleichung. Dann erhalten wir mithilfe des expliziten Eulers: x(h) x h = x()+hf(x()) (( ) = + ( ))( ) 8 6 ( )( ) 5 = 5 = ( ) 9 x(h) x h = x h +hf(x h ) = ( )( ) 5 9 = ( )