Grundlagen der Mathematik II (LVA U)

Transkript

1 Dr. Marcel Dettling 3.4. Dr. Daniel Haase FS Grundlagen der Mathematik II (LVA 4-6- U) 8 Zur Übungsstunde vom 3.4. Aufgabe (Ausgleichsrechnung) Gegeben sei das lineare Gleichungssystem Ax b mit A, b. (a) Bestimme Kern und Bild der Matrix A. (b) Bestimme Kern und Bild der Matrix A T A. (c) Berechne die Menge aller optimalen Näherungslösungen für das System Ax b. (d) Zeige durch Rechnung, dass alle Bilder dieser Menge unter der Abbildung x Ax den gleichen Abstand zum Zielvektor b haben. Berechne den Abstand, d. h. der Fehler den man macht wenn man mit der Näherungslösung anstatt einer tatsächlichen des Systems Ax b arbeitet. Zu a): Eine Zeilenstufenform der Matrix ist A. Ihr Rang ist also r. Damit hat der Kern Dimension k n r, es genügt also, einen Richtungsvektor des Kerns aus der Zeilenstufenform abzulesen, beispielsweise { x (), Kern(A) span x ()}. Das Bild hat dagegen r erzeugende Vektoren, wir wählen beispielsweise die ersten beiden Spalten von A da diese linear unabhängig sind: Bild(A) span,. Zu b): Ebenso berechnet man Kern und Bild von A T A 6 4 mit Zeilenstufenform

2 Das ist die gleiche Zeilenstufenform wie in Teil a), also ist Kern(A T A) Kern(A) span. Damit gibt es umgekehrt 3 Basisvektoren im Bild, wir können beispielsweise die Spaltenvektoren, 6 4 von A T A nehmen. Zu c): Eine Näherungslösung ist eine des Normalensystems A T Ax A T b, dabei ist 3 A T A 6 4, A T b 5. 4 Wir bringen die augmentierte Matrix zum System A T Ax A T b auf Zeilenstufenform: Wir haben Rang r und k freie Parameter. Ablesen der Orts- und Richtungsvektoren ergibt die smenge L { x R 3 : A T Ax A T b } t ( t) : t R + span. t Der span auf der linken Seite ist gerade der Kern von A aus Teil a). Jeder Vektor aus dieser Menge ist eine des kleinste-quadrate-systems A T Ax A T b, und damit eine Näherungslösung für das (unlösbare) Ursprungssystem Ax b. Zu d): Die Menge der Bildvektoren ist A L {Ax : x L}, wir haben also Ax A + t A + t A }{{} mit den Orts-/Richtungsvektoren aus Teil (b). Also ist 3 A x A 3. Der Parameter t spielt hier keine Rolle mehr, denn sämtliche Vektoren aus L führen zum gleichen Bildvektor. Sein Abstand zum Ziel b ist Ax b Aufgabe 3 (Eigenwerte und Eigenvektoren)

3 Bestimme zu den folgenden Matrizen jeweils das charakteristische Polynom, sämtliche Eigenwerte, und dazugehörige Eigenvektoren: A, B. Überprüfe Deine mit Mathematica, die Befehle lauten Eigenvalues[A] und Eigenvectors[A]. Matrix A: Das charakteristische Polynom in der Variable λ ist λ det(a λi) λ Zeile λ Spalte λ λ III II λ λ λ III+II λ λ λ λ ( ) Zeile III λ λ ( λ) (( λ)( λ) ) ( λ) ( 3λ + λ ) λ (λ 3). (x) Regel Wir lesen die Nullstellen λ, 3 ab, dies sind die Eigenwerte von A. Die Eigenvektoren zum Eigenwert λ sind die nichttrivialen en x des Gleichungssystems (A λi)x, für λ müssen wir also den Kern bestimmen. Wir berechnen dazu eine Zeilenstufenform von A: A. Wir lesen die beiden Richtungsvektoren x (), x () beide sind Eigenvektoren von A zum Eigenwert λ, d. h. sie werden von A gelöscht. Um Eigenvektoren zum Eigenwert λ 3 zu bekommen müssen wir dagegen den Kern von A 3I berechnen: A 3I Hier lesen wir den Richtungsvektor x (3) ab, er ist ein Eigenvektor zum Eigenwert λ 3, d. h. er wird durch A verdreifacht. Für die Matrix B ist das charakteristische Polynom λ det(b λi) λ λ λ ( λ) Zeile IV λ λ λ ( λ) Zeile II λ λ ( λ ) (λ ) ( λ) (λ ) (λ + ). Dieses Polynom hat die Nullstellen λ,. Um die Eigenvektoren zu λ zu bekommen brauchen wir den Kern von A I: B I.

4 Wir lesen die folgenden Richtungsvektoren des Kerns ab: x (), x(), x(3). Jeder dieser drei Vektoren ist ein Eigenvektor von B zum Eigenwert λ. Für den Eigenwert λ haben wir dagegen B ( )I mit einem Richtungsvektor Dieser ist dann Eigenvektor von B zum Eigenwert. x (4). Aufgabe 4 (Rechnungen zur linearen Algebra) Zeige durch Rechnung die folgenden kleinen Hilfsaussagen für eine Matrix A vom Format n n: (a) Wenn A eine orthogonale Matrix ist (also A T A ), dann haben Ax und x stets die gleiche Länge. Verwende dazu, dass x x T x ist, wenn man den Vektor x R n als Spaltenvektor nimmt. (b) Besitzt A den Eigenwert λ, so besitzt A k den Eigenwert λ k (für k ). (c) Es sei A T AT für eine invertierbare Matrix T. Zeige, dass die Matrizen A und A die gleiche Determinante, das gleiche charakteristische Polynom, und gleiche Eigenwerte haben. Zu a): Angenommen A ist orthogonal, dann berechnen wir die Länge von y Ax statt x: Es ist y y T y (Ax) T (Ax) x T A T Ax x T (A T A) x x T x x. }{{} I Aus y x folgt y x weil die Beträge nicht negativ sind, also hat die Multiplikation mit A den Betrag von x nicht verändert. Zu b): Angenommen A hat den Eigenwert λ, d. h. es gibt einen Vektor x mit Ax λx. Jetzt berechnen wir das Produkt von A k mit x, und erhalten durch Abspalten einzelner A-Terme A k x A k (A x) Eigenwert Ak λx A k λax Eigenwert Ak λ x k-mal A λ k x λ k x. Also gilt die Gleichung A k x λ k x für den Vektor x, damit hat A k den Eigenwert λ k zum Eigenvektor x. Zu c): Wir verwenden die Multiplikationsregel für die Determinante. Für invertierbare Matrizen ist t det(t ) nicht Null, also gilt det(a ) det(t AT ) det(t ) det(a) det(t ) t det(a) t det(a)

5 also stimmen die Determinanten von A und A überein. Die Aussage kann man dann verwenden, um zu zeigen dass auch die charakteristischen Polynome übereinstimmen, denn wir können alles was in einer Determinante steht von links mit T und von rechts mit T multiplizieren ohne dass sich der Wert der Determinante verändert: det(a λi) det(t (A λi) T ) det(t AT λ(t IT )) det(a λi). Hier steht links das charakteristische Polynom von A, und rechts das charakteristische Polynom von A (jeweils in der Unbestimmten λ), also stimmen beide Polynome überein. Da die Eigenwerte die Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind folgt damit sofort, dass beide Matrizen auch die gleichen Eigenwerte besitzen.