Lösung Semesterendprüfung (Nachprüfung)
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1 MLAE Mathematik: Lineare Algebra für Ingenieure Frühlingssemester 6 Dr. Christoph Kirsch ZHAW Winterthur Lösung Semesterendprüfung (Nachprüfung Aufgabe : Aufgabe : a Gemäss Def. der Vorlesung müssen wir für einen beliebigen Vektor (Matrix! B A zeigen, dass A B R ein linearer Unterraum von R ist. Wir wählen also z. B. b : (dies impliziert a + b, und wir erhalten die Matrix ( B A. ( Jetzt bestimmen wir die Menge A B {A B A A} ( {( ( a a a b } ( b {( a a a b } ( b {( { ( a+b b b b R} b b R} (5 b ( span ({U} R, U : R. (6 Die Menge A B ist also die lineare Hülle einer (einelementigen Teilmenge des Vektorraums R und damit ein linearer Unterraum von R gemäss Satz der Vorlesung. Gemäss Def. der Vorlesung ist A R ein affiner Unterraum von R. b Die Matrix B aus ( ist ein Stützvektor von A, und die Matrix U aus (6 ist eine Basis des A zugeordneten linearen Unterraums U A span({u} R. c Durch einen Vergleich der Einträge der gegebenen Matrix C mit der allgemeinen Form von Matrizen im affinen Unterraum A finden wir, dass b gelten muss daraus folgt a + b. Die Einträge der Matrix C erfüllen also c a, c a, ( c, c b, (8 und es gilt a b ( +. Also gilt C A. a Wir gehen nach Kap..5 der Vorlesung vor und bringen zuerst die Matrix (A I R (+ auf ihre reduzierte Zeilenstufenform: (A I (
2 : (à E (Umformung. Daraus erhalten wir die gesuchten Basen: ZR(A: Die Nichtnullzeilen von à bilden eine Basis des Zeilenraums der Matrix A. Wir schreiben Zeilen- als Spaltenvektoren und erhalten die Basis,, R. ( SR(A: Alle drei Spalten von à enthalten Leitkoeffizienten, also bilden die drei Spalten von A eine Basis des Spaltenraums der Matrix A: 5,, 5 R. ( NR(A: Es gibt keine Spalten in Ã, die keine Leitkoeffizienten enthalten. Also ist die leere Menge R die (einzige Basis des Nullraums der Matrix A. LNR(A: Die hinter der Nullzeile von à stehende Zeile von E bildet eine Basis des Linksnullraums der Matrix A. Wir schreiben wieder Zeilen- als Spaltenvektoren und erhalten die Basis 9 R. ( 8 b Wie in a bringen wir zuerst die Matrix (B I R (+ auf ihre reduzierte Zeilenstufenform: (B I 6 5 : ( B F ( 6 (Umformung. Daraus erhalten wir die gesuchten Basen: ZR(B: Die Nichtnullzeilen der Matrix B bilden eine Basis des Zeilenraums der Matrix B. Wir schreiben Zeilen- als Spaltenvektoren und erhalten die Basis, R. ( SR(B: Die ersten beiden Spalten von B enthalten Leitkoeffizienten, also bilden die ersten beiden Spalten von B eine Basis des Spaltenraums der Matrix B:, R. (5
3 NR(B: Aus der einen Spalte von B, die keinen Leitkoeffizienten enthält, erhalten wir die Basis R (6 des Nullraums der Matrix B. LNR(B: Die hinter der Nullzeile von B stehende Zeile der Matrix F bildet eine Basis des Linksnullraums der Matrix B. Wir schreiben wieder Zeilen- als Spaltenvektoren und erhalten die Basis Aufgabe : R. ( a Wir wollen den Zassenhaus-Algorithmus aus dem Kap..6 der Vorlesung verwenden und benötigen dazu noch ein Erzeugendensystem von U. Wir schreiben U NR(B mit der Matrix ( B : R. (8 Die Matrix B ist in reduzierter Zeilenstufenform, und wir erhalten die folgende Basis von W mit dem Algorithmus aus Kap..5. der Vorlesung: ( B {a} : R (9 ist eine Basis von U. Jetzt verwenden wir den Zassenhaus-Algorithmus mit den Matrizen U : ( c R, W : 6 R. ( ( U U W 6 6 ( ( C : (
4 (Umformung 8. Die Spalten der Matrix C bilden eine Basis der Summe U + W. Wir erhalten die Basis,, R (q. ( Die Matrix D tritt in ( nicht auf (l, also ist die leere Menge R die (einzige Basis des Durchschnitts U W. Offenbar gilt U +W R und U W { R }, also sind die linearen Unterräume U, W R zueinander komplementär gemäss Def. 8 der Vorlesung. b Eine Basis von U haben wir bereits in (9 gefunden. Wir benötigen jetzt noch eine Basis von W SR(W, mit der Matrix W aus (. Wir bringen die Matrix W auf ihre reduzierte Zeilenstufenform: W 6 : W ( (Umformung. Die ersten beiden Spalten von W enthalten Leitkoeffizienten, also bilden die ersten beiden Spalten von W eine Basis von W : {c, c } : 6, R. (5 Für die gesuchten Darstellungsmatrizen benötigen wir die Matrizen A : ( a R, C : ( c c 6 R. (6 Ausserdem benötigen wir die Inverse der Matrix ( A C ( R : A C I 6 6 ( ( I ( A C (Umformung 5. Damit erhalten wir die gesuchten Darstellungsmatrizen M(P U ( ( 6 A A C R, (8 M(P W ( C ( A C 6 R. (9
5 c Für den gegebenen Vektor v erhalten wir mit Hilfe der in b bestimmten Darstellungsmatrizen die Zerlegung 5 v P U (v + P W (v M(P U v + M(P }{{} W v, ( }{{} :u U :w W mit u 5 5, w 5. ( Aufgabe : a Wir definieren die Matrix V : ( v v v 5 5 R. ( Die paarweisen Skalarprodukte v i, v j sind gemäss Kap... der Vorlesung die Einträge der Matrix 6 V V 6 9 R. ( 9 Mit der Definition der Vorlesung erhalten wir die gesuchten paarweisen Winkel ( ( v, v (v, v arccos v, v arccos 9 (, v, v 6 6 ( ( v, v (v, v arccos v, v arccos 68 (5, v, v 6 ( ( v, v (v, v arccos v, v 9 arccos 6 (6. v, v 6 b Gemäss Kap.. der Vorlesung ist die L -Norm gegeben durch f Wir berechnen zuerst den Betrag der Funktion f: / f(x dx. ( f(x { x, x < x, x, x [, ]. (8 5
6 Damit erhalten wir f / f(x dx ( x dx + (x dx (9 Aufgabe 5 : u du + v dv u / + v +, ( wobei wir im ersten Integral die Substitution u : x und im zweiten Integral die Substitution v : x verwendet haben. Die gesuchte L -Norm ist schliesslich gegeben durch die dritte Wurzel, f a Wir gehen gemäss Kap.. der Vorlesung vor:. Wir wählen die Basis der Elementarmatrizen ( /.. ( B {B, B, B, B } ( {( ( ( ( } :,,, V ( sowie die Basis A {A, A } : {( (, } V ( von U. Die zu B gehörige Koordinatenabbildung ist gegeben durch ( a a b Φ B : V R, b c d c, a, b, c, d R. (5 d. Wir bilden die Matrix G R mit Einträgen (G ij : A i, B j F R, i {, }, j {,,, }: ( G R. (6. Wir bestimmen eine Basis des Nullraums der Matrix G gemäss Kap..5. der Vorlesung: ( ( G : G ( 6
7 (Umformung 6. Damit erhalten wir die Basis {x, x } :, von NR(G.. Die Menge C {C, C } : { Φ B (x, Φ ist eine Basis von U. {(, ( R (8 B (x } } R (9 b Gemäss Satz der Vorlesung gilt V U U, d. h. die Menge A C V ist eine Basis von V. Wir definieren die Matrizen A : ( Φ B (A Φ B (A R, (5 C : ( Φ B (C Φ B (C ( x x R, (5 und wir lösen das lineare Gleichungssystem ( A C Φ A C (V Φ B (V : (5 (Umformung. Es gilt also Φ A C (V und damit erhalten wir die Zerlegung ( V A + ( A ( U } {{ } :U U, W, (5 + C + ( C }{{}, (5 :W U (. (55 Es gilt U, W F ( ( + ( +( ( +( +.
8 Aufgabe 6 : a Wir schreiben z r (cos(ϕ +i sin(ϕ mit r und ϕ π. Mit der Formel von de Moivre erhalten wir z r (cos(ϕ + i sin(ϕ (cos (π + i sin (π (56 ( + i. (5 Mit z + i erhalten wir den Quotienten z z + i i i 8 + i i i + i i wobei wir im zweiten Schritt mit i erweitert haben. b Wir definieren A : R, x : x x x 8 + i 5 R, b : i, (58 5 R. (59 Das lineare Gleichungssystem A x b hat keine Lösung, denn es gilt rang(a < rang(a b: 8. (6 Wir lösen stattdessen die Normalgleichungen A A x A b, mit 6 9 A A 8 5 R, A b R. ( Wir bringen die erweiterte Koeffizientenmatrix auf ihre reduzierte Zeilenstufenform: (A A A b ( (Umformung. Die Lösungsmenge der Normalgleichungen ist gegeben durch L + λ 8 9 λ R R. (6 Für ein beliebiges x L erhalten wir das Residuum e : b A x R, (6 mit -Norm e.5. Gemäss Satz der Vorlesung gilt b A x, x R, d. h. die Kleinste-Quadrate-Lösungen x L minimieren die Norm des Residuums. 8
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