Institut für Mathematik Prof. Dr. Marko Lindner
Klausur zur Mathematik II (Veranstaltung: Lineare Algebra II) 29.08.2019
Sie haben 60 Minuten Zeit zum Bearbeiten der Klausur.
Tragen Sie bitte zunächst Ihren Namen, Ihren Vornamen und Ihre Matrikelnummer in DRUCKSCHRIFTin die folgenden jeweils dafür vorgesehenen Felder ein.
Name:
Vorname:
Matr.-Nr.:
Stg.: AIW BU BVT ET EUT IIW LUM MB MEC SB VT Sonstige
Grundsätzlich gilt für alle Studierenden, dass die Lehrveranstaltungen „Analysis II“ und
„Lineare Algebra II“ die Gesamtnote für das Modul „Mathematik II“ ergeben.
Ich bin darüber belehrt worden, dass die von mir zu erbringende Prüfungsleistung nur bewertet wird, wenn das Zentrale Prüfungsamt der TUHH meine offizielle Zulassung vor Beginn der Prüfung bestätigt.
(Unterschrift)
Bearbeiten Sie alle wie folgt angegebenen Aufgaben. Es werden insgesamt 20 Punkte vergeben.
Aufgabe Punkte Korrektor 1
2 3 4 5
P =
Aufgabe 1 (5 Punkte) Diagonalisieren Sie A=
−1 1 0 1 −2 1 0 1 −1
, d.h. bestimmen Sie eine DiagonalmatrixD ∈
R3×3 und eine invertierbare Matrix X∈R3×3 so dass A =XDX−1.
Lösungshinweise 1
Das charakteristische Polynom von A ist gegeben durch χA(λ) = det(A−λI) = det
−1−λ 1 0 1 −2−λ 1
0 1 −1−λ
=−λ3−4λ2−3λ=−(λ+1)(λ+3)λ.
Damit sind die Eigenwerte von A gegeben durch λ1 = 0, λ2 = −1 und λ3 = −3.
(1 Punkt) Dies liefert
D=
0 0 0 0 −1 0 0 0 −3
. (0.5P unkte)
Wir rechnen Eigenvektoren zum Eigenwertλ1 = 0 aus, indem wir (A−λ1I)x=o lösen:
−1 1 0 0 1 −2 1 0 0 1 −1 0
−1 1 0 0 0 −1 1 0 0 1 −1 0
−1 1 0 0 0 −1 1 0 0 0 0 0
.
Also istx1 =
1 1 1
ein Eigenvektor und der Eigenraum gegeben durchSpan(x1). (1 Punkt) Wir rechnen Eigenvektoren zum Eigenwertλ2 =−1aus, indem wir(A−λ2I)x=olösen:
0 1 0 0 1 −1 1 0 0 1 0 0
1 −1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0
1 −1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0
.
Also ist x2 =
−1 0 1
ein Eigenvektor und der Eigenraum gegeben durch Span(x2).
(1 Punkt)
Wir rechnen Eigenvektoren zum Eigenwertλ3 =−3aus, indem wir(A−λ3I)x=olösen:
2 1 0 0 1 1 1 0 0 1 2 0
2 1 0 0 0 12 1 0 0 1 2 0
2 1 0 0 0 12 1 0 0 0 0 0
.
Also ist x3 =
1
−2 1
ein Eigenvektor und der Eigenraum gegeben durch Span(x3).
(1 Punkt)
X= x1 x2 x3
=
1 −1 1 1 0 −2 1 1 1
. (0.5P unkte)
Aufgabe 2 (4 Punkte) Zeigen Sie, dass
U :=n
p∈ P2 : Z 1
−1
p(x)dx= 0o
ein Unterraum von P2 ist. Wie groß ist die Dimension vonU? Lösungshinweise 2
Für o∈ P2, also o(x) = 0 für alle x∈R, gilt Z 1
−1
o(x)dx= Z 1
−1
0dx= 0.
Damit ist o∈U, also U 6=∅. (1 Punkt) Seien p,q∈U. Dann ist
Z 1
−1
(p+q)(x)dx = Z 1
−1
(p(x) +q(x))dx= Z 1
−1
p(x)dx+ Z 1
−1
q(x)dx= 0 + 0 = 0.
Also ist p+q∈U. (1 Punkt) Seien p∈U,α ∈R. Dann ist
Z 1
−1
(αp)(x)dx= Z 1
−1
αp(x)dx=α Z 1
−1
p(x)dx=α·0 = 0.
Also ist αp ∈U. (1 Punkt) Somit ist U ein Unterraum von P2.
Sei p ∈ U, d.h. es gibt α0, α1, α2 ∈ R, so dass p(x) = α2x2 +α1x+α0 für alle x ∈ R. Dann rechnen wir
Z 1
−1
p(x)dx= Z 1
−1
α2x2+α1x+α0
dx= 2
3α2+ 2α0.
Wegen p ∈ U gilt R1
−1p(x)dx = 0, also 23α2 + 2α0 = 0, und α1 kann beliebig sein. Dies liefert dim(U) = 2. (1 Punkt)
Seien A:=
−1 2 −1
2 1 2
0 −1 0
, A0 :=
−3 −3 −3
2 4 4
0 −1 −1
.
(a) Zeigen Sie, dass A und A0 beides Darstellungsmatrizen, sagen wir `E←D und `G←F, einer linearen Abbildung `:R3 →R3, zu unterschiedlichen Wahlen der BasenD,E, F und G von R3 sind.
(b) Seien nun B :=
1 0 0
,
0 1 0
,
0 0 1
und C :=
1 0 0
,
1 1 0
,
0 1 1
Basen desR3, und `B←B =A. Ermitteln Sie `C←C.
Lösungshinweise 3
(a) Zwei Matrizen sind genau dann Darstellungsmatrizen der selben linearen Abbildung, wenn ihre Ränge gleich sind (1 Punkt). Wir bestimmen also die Ränge, also die Anzahl der Pivot-Elemente in den Zeilenstufenformen.
−1 2 −1
2 1 2
0 −1 0
−1 2 −1
0 5 0
0 −1 0
−1 2 −1 0 5 0 0 0 0
.
Somit ist Rang(A) = 2 (0.5 Punkte).
−3 −3 −3
2 4 4
0 −1 −1
−3 −3 −3
0 2 2
0 −1 −1
−3 −3 −3
0 2 2
0 0 0
.
Somit ist Rang(A0) = 2 (0.5 Punkte). Nach Satz 8.23 sind also beides Darstellungs- matrizen der selben linearen Abbildung.
(b) Es gilt `C←C =TC←B`B←BTB←C. Wir rechnen
TB←C =
1 1 0 0 1 1 0 0 1
, (1P unkt)
und TC←B = TB←C−1
. Das Gauß-Jordan-Verfahren liefert
1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1
1 0 0 1 −1 1 0 1 0 0 1 −1 0 0 1 0 0 1
,
also
TC←B =
1 −1 1 0 1 −1 0 0 1
. (1P unkt)
Damit ist
`C←C =
1 −1 1 0 1 −1 0 0 1
−1 2 −1
2 1 2
0 −1 0
1 1 0 0 1 1 0 0 1
=
−3 −3 −3
2 4 4
0 −1 −1
. (1P unkt)
Berechnen Sie eine Singulärwertzerlegung von A:=
1 1 2 −1 1 1
.
Lösungshinweise 4
Wir suchen eine Zerlegung A=UΣV∗. Wir bestimmen zunächst A∗A=
6 0 0 3
.
Die Eigenwerte von A∗A sind damit λ1 = 6, λ2 = 3 mit entsprechenden normierten Eigenvektoren v1 =
1 0
, v2 = 0
1
. Die Singulärwerte von A sind demnach s1 =
√λ1 =√
6und s2 =√
λ2 =√
3. Wir erhalten daraus
Σ =
s1 0
0 s2 0 0
=
√6 0 0 √ 3 0 0
, (1P unkt)
und
V= v1 v2
= 1 0
0 1
. (1P unkt)
Weiter rechnen wir
u1 = 1
s1Av1 = 1
√6
1 2 1
,
u2 = 1 s2
Av2 = 1
√3
1
−1 1
.
Für u3 nutzen wir das Kreuzprodukt:
u3 =u1×u2 = 1 3√
2
3 0
−3
= 1
√2
1 0
−1
.
Damit ist
U= u1 u2 u3
=
√1 6
√1 3
√1 2 2
√6 −√13 0
√1 6
√1
3 −√1
2
. (1P unkt)
Aufgabe 5 (3 Punkte)
Zeichnen Sie diejenige Geradeg ⊂R2, die die vorgegebenen fünf Datenpunkte am besten im Sinn der kleinsten (Fehler-)Quadrate approximiert (die sogenannte Regressionsgera- de).
x y
−4
−4
−3
−3
−2
−2
−1
−1 1 1
2 2
3 3
4 4
Wie sind Sie auf diese Gerade gekommen?
Lösungshinweise 5
Wir schreiben die Geradeg als affin-lineare Funktiong(x) =αx+β. Wir suchenx= α
β
. Dazu lösen wir Ax≈b mit
A=
−2 1
−1 1 0 1 1 1 2 1
, b=
−2 0 4 0 3
. (1P unkt)
Die Normalengleichung dazu lautet A∗Ax=A∗b, wir rechnen also A∗A=
10 0 0 5
, A∗b= 10
5
. (1P unkt)
Damit ist x= 1
1
, also g(x) = x+ 1 für alle x∈R.
−4 x
−4
−3
−3
−2
−2
−1
−1 1 1
2 2
3 3
4
4 g
(1 Punkt)
