Lineare Algebra (D-MAVT)
Musterl¨ osung zur Basispr¨ ufung Herbst 2005
verfasst von Lucia Keller
Aufgabe 1
Um die Anzahl der L¨osungen zu bestimmen bringt man das Gleichungssystem mit dem Gaussverfahren auf Dreiecksform:
x1 x2 x3 1
1 α −2 1
α 4 5 α
2 2α −α2 α
1 α −2 1
α 4 5 α
2 2α −α2 α
1 α −2 1
0 4−α2 5 + 2α 0 0 0 −α2+ 4 α−2
• Das Gleichungssystem hat keine L¨osung, falls
−α2+ 4 = 0 und α−26= 0
⇔ α2= 4 und α6= 2
⇔ α=±2 und α6= 2
⇒ α=−2
• Das Gleichungssystem hat unendlich viele L¨osungen, falls
−α2+ 4 = 0 und α−2 = 0
⇔ α=±2 und α= 2
⇒ α= 2
Die L¨osungsmenge ist L=n 1
00
+t−2
10
t∈R o
.
• F¨ur alle anderen α hat das Gleichungssystemgenau eine L¨osung.
⇒ α∈R\{2,−2}
Die L¨osung ist
x1 x2
x3
=
1−(2+α)(4−α5α+8 2)
5+2α (2+α)(4−α2)
−2+α1
.
Bemerkung:
Um ein Gleichungssystem mit unendlich vielen L¨osungen zu erhalten k¨onnten wir auch ver- suchen aus der zweiten Zeile eine Nullzeile zu machen.
Aber aus der Bedingung 4−α2= 0 folgt, dassα=±2 sein muss, was die Gleichung 5+2α= 0 nicht erf¨ullt.
Aufgabe 2 Fehlergleichungen:
A−14 =r1 A+B−33 =r2
A−15 =r3
B−17 =r4
−A+B−1 =r5
⇔
1 1 1 0
−1
A+
0 1 0 1 1
B−
14 33 15 17 1
=
r1 r2 r3
r4 r5
⇔
1 0 1 1 1 0 0 1
−1 1
| {z }
C
A B
−
14 33 15 17 1
| {z }
f
=
r1 r2 r3
r4 r5
⇒Normalgleichungen: CTCx=CTf
1 1 1 0 −1 0 1 0 1 1
1 0 1 1 1 0 0 1
−1 1
| {z }
4 0 0 3
A B
=
1 1 1 0 −1 0 1 0 1 1
14 33 15 17 1
| {z }
61 51
⇒
4 0 47 0 3 33
⇒ B = 17, A= 15.25
Aufgabe 3
Aist nicht umkehrbar, falls detA= 0 gilt:
detA=
1 −1 0
−1 α −1
0 1 2
= 1·
α −1
1 2
−(−1)·
−1 0 1 2
= (2α+ 1) + (−2−0) = 2α−1= 0!
(Beim zweiten Gleichheitszeichen entwickelt man nach der ersten Spalte.)
⇒ α= 12
⇒ A=
1 −1 0
−1 1
2 −1 0 1 2
a)
Um denRang vonAzu bestimmen bringen wirAmit dem Gaussverfahren auf Dreiecksform und lesen die Anzahl der Nicht-Nullzeilen ab:
1 −1 0
−1 12 −1
0 1 2
1 −1 0 0 −12 −1
0 1 2
1 −1 0 0 −12 −1
0 0 0
⇒ RangA= 2
b)
DerKern von Aist die L¨osung des Gleichungssystems Ax= 0:
1 −1 0 0
−1 12 −1 0
0 1 2 0
1 −1 0 0
0 −12 −1 0
0 0 0 0
⇒W¨ahle als freien Parameterx3=t.
⇒x2=−2t,x1=−2t
⇒KernA=n t−2
−2 1
t∈R o
⇒dim Kern A= 1
Das Bild von A hat also Dimension 3−1 = 2, also wird das Bild von A durch zwei li- near unabh¨angige Spaltenvektoren vonA erzeugt, z.B.
1
−1 0
und
−1
1 2
1
.
⇒Bild A= span
1
−1 0
,
−1
1 2
1
=
q
1
−1 0
+r
−1
1 2
1
q, r∈R
Aufgabe 4
DieEigenwerte sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms:
det(A−λI5) =
1−λ 0 0 3 0
0 1−λ 1 0 −1
0 0 1−λ 1 2
0 0 0 2−λ 0
0 0 0 0 2−λ
= (1−λ)3(2−λ)2
⇒Eigenwerte:λ1 = 1 (algebraische Vielfachheit 3) undλ2 = 2 (algebraische Vielfachheit 2) DerEigenraumzu einem Eigenwertλist die L¨osung des Gleichungssystems (A−λI5)x= 0:
Eigenraum zuλ1: (A−I5)x= 0
0 0 0 3 0 0
0 0 1 0 −1 0
0 0 0 1 2 0
0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 1 0
0 0 1 0 −1 0
0 0 0 1 0 0
0 0 0 1 2 0
0 0 0 3 0 0
0 0 0 0 1 0
0 0 1 0 −1 0
0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 2 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 1 0
0 0 1 0 −1 0
0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 2 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
⇒x5= 0, x4 = 0,x3= 0, x2 =t,x1 =s
⇒Eλ1 =
s
1 0 0 0 0
+t
0 1 0 0 0
s, t∈R
⇒ geometrische Vielfachheit 2
Da die Dimension dieses Eigenraumes 2 ist, liefert er uns h¨ochstens 2 linear unabh¨angi-
ge Eigenvektoren, z.B.:
1 0 0 0 0
und
0 1 0 0 0
.
Eigenraum zuλ2: (A−2I5)x= 0
−1 0 0 3 0 0
0 −1 1 0 −1 0
0 0 −1 1 2 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
⇒x4=s0,x5=t0,x3 =s0+ 2t0,x2=s0+ 2t0−t0=s0+t0,x1 = 3s0
⇒Eλ2 =
s0
3 1 1 1 0
+t0
0 1 2 0 1
s0, t0∈R
⇒ geometrische Vielfachheit 2
Hier bekommen wir wiederum h¨ochstens zwei linear unabh¨angige Eigenvektoren, z.B.:
3 1 1 1 0
und
0 1 2 0 1
.
Insgesamt haben wir also nur 4 linear unabh¨angige Eigenvektoren gefunden, also k¨onnen wir keine regul¨are Matrix T konstruieren, so dassT−1AT eine Diagonalmatrix ist.
⇒A nicht diagonalisierbar.
Aufgabe 5
a)
Eigenwertevon A:
det(A−λI3) =
2−λ 0 1
0 4−λ 1
0 8 −3−λ
= (2−λ)
4−λ 1 8 −3−λ
= (2−λ)[(4−λ)(−3−λ)−8] = (2−λ)(λ2−λ−20)
= (2−λ)(λ−5)(λ+ 4)= 0!
⇒ λ1 = 2,λ2 = 5,λ3=−4
Eigenraum zuλ1: (A−λ1I3)x= 0
0 0 1 0
0 2 1 0
0 8 −5 0
0 2 1 0
0 8 −5 0
0 0 1 0
0 2 1 0
0 0 −9 0
0 0 1 0
0 2 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0
⇒x3= 0, x2 = 0,x1=r ⇒Eλ1 =
r
1 0 0
r∈R
⇒ v1=
1 0 0
Eigenraum zuλ2: (A−λ2I3)x= 0
−3 0 1 0
0 −1 1 0
0 8 −8 0
−3 0 1 0 0 −1 1 0
0 0 0 0
⇒x3=s,x2=s,x1= 13s ⇒ Eλ2 =
s
1 3
1 1
s∈R
⇒ v2 =
1 3 3
Eigenraum zuλ3: (A−λ3I3)x= 0
6 0 1 0 0 8 1 0 0 8 1 0
6 0 1 0 0 8 1 0 0 0 0 0
⇒x3=t,x2 =−18t,x1=−16t ⇒Eλ3 =
t
−16
−18 1
t∈R
⇒v3 =
−4
−3 24
Durch die Substitutiony(t) =T x(t) folgt das entkoppelte System
˙
x(t) =Dx(t)
T x(0) =y0 mitT =
1 1 −4 0 3 −3 0 3 24
undD=
2 0 0 0 5 0 0 0 −4
.
⇒x1(t) =c1e2t,x2(t) =c2e5t,x3(t) =c3e−4t
Umc1,c2 undc3 zu bestimmen, l¨osen wir das Gleichungssystem T c=y0 (weilx(0) =cist):
1 1 −4 1 0 3 −3 2 0 3 24 2
1 1 −4 1 0 3 −3 2 0 0 27 0
⇒c3 = 0, c2= 23,c1= 13.
Also ist die L¨osung des entkoppelten Systems: x(t) =
1 3e2t
2 3e5t
0
⇒y(t) =T x(t) =
1
3e2t+23e5t 2e5t 2e5t
b)
F¨ur c1, c2 6= 0 gilt limt→∞ x1(t) = ∞, limt→∞ x2(t) = ∞, limt→∞ x3(t) = 0. Also muss man c1 und c2 Null setzen, damit die L¨osung gegen Null strebt. c3 darf beliebig gew¨ahlt
werden. Dann gilt auch limt→∞ y(t) = 0.
⇒x(0) =
0 0 α
,α∈R ⇒ y(0) =T x(0) =α
−4
−3 24
,α∈R
Aufgabe 6
a)
Der Rang der Matrix, die in den Spaltenb(0),· · ·, b(4) hat, bestimmt die Anzahl linear un- abh¨angiger Vektoren, welche den Raum W erzeugen.
1 0 2−1 1
0−1 1−1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1
1 0 2 −1 1 0−1 1 −1 1 0 1 −1 1 0 0 1 −1 1 0
1 0 2−1 1
0−1 1−1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1
1 0 2−1 1
0−1 1−1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
Der Rang ist 3, also wird W von drei linear unabh¨angigen Vektoren erzeugt. Wir k¨onnen zum Beispiel die Pivot-Vektoren w¨ahlen:
1 0 1 1
,
0
−1 1 1
,
1 1 1 1
ist eine Basis f¨urW.
b)
Voraussetzungen:
• v(1), v(2), v(3) ∈V linear unabh¨angig
• dimV = 3 (ohne diese Annahme ist die Aufgabe unl¨osbar) Weil die Dimensionen vonV genau 3 ist, m¨ussen wir nur zeigen, dass
v(1)+v(2),v(2)+v(3),v(1)+v(3) linear unabh¨angig sind. Drei linear unabh¨angige Vektoren ausV erzeugen n¨amlichV.
v(1), v(2), v(3) linear unabh¨angig ⇔ ausx1v(1)+x2v(2)+x3v(3) = 0 F folgt x1 =x2 =x3= 0
x01(v(1)+v(2)) +x02(v(2)+v(3)) +x03(v(1)+v(3)) = (x01+x03
| {z }
x1
)v(1)+ (x01+x02
| {z }
x2
)v(2)+ (x02+x03
| {z }
x3
)v(3) != 0
=F⇒x01+x03 = 0,x01+x02 = 0,x02+x03 = 0
Wenn wir dieses Gleichungssystem l¨osen, bekommen wir f¨urx01,x02 und x03:
1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0
1 0 1 0
0 1 −1 0
0 1 1 0
1 0 1 0
0 1 −1 0
0 0 2 0
⇒x01=x02 =x03 = 0.
