Lineare Algebra II (Prof. Dr. Marko Lindner) und Analysis II (Prof. Dr. Armin Iske) - SoSe 2017

(1)

Technische Universit¨at Hamburg Institut f¨ur Mathematik

Prof. Dr. Marko Lindner

Sommersemester 2017

Klausur zur Mathematik II (Modul: Lineare Algebra II) 31.08.2017

Sie haben 60 Minuten Zeit zum Bearbeiten der Klausur.

Tragen Sie bitte zun¨achst Ihren Namen, Ihren Vornamen und Ihre Matrikelnummer in DRUCKSCHRIFT in die folgenden jeweils daf¨ur vorgesehenen Felder ein.

Name:

Vorname:

Matr.-Nr.:

Stg.: AIW BU ET EUT IIW LUM MB MEC SB VT VTBIO Sch.

Grunds¨atzlich gilt f¨ur alle Studierenden, dass die Module

”Analysis II“ und

”Lineare Algebra II“ die Gesamtnote f¨ur das Fach

”Mathematik II“ ergeben.

Ich bin darüber belehrt worden, dass die von mir zu erbringende Prüfungsleistung nur dann als Prüfungsleistung bewertet wird, wenn die Nachprüfung durch das Zentrale Prüfungsamt der TUHH meine offizielle Zulassung vor Beginn der Prüfung ergibt.

(Unterschrift)

Bearbeiten Sie alle wie folgt angegebenen Aufgaben. Es werden insgesamt 20 Punkte vergeben.

Aufgabe Punkte Korrektor 1

2 3 4 5

P =

(2)

Sei A :=





1 2 3 0 2 3 0 0 3



. Bestimmen Sie alle Eigenwerte und zugeh¨orige Eigenvektoren von p(A) := A³−3A²+ 3A−I.

L¨osungshinweis:

Mit p(λ) := λ³−3λ² + 3λ−1 = (λ−1)³ gilt p(A) = A³ −3A² + 3A−I. Es gen¨ugt, die Eigenwerte und Eigenvektoren von A auszurechnen. Die Eigenwerte von p(A) sind einfachp angewandt auf die Eigenwerte vonA, die Eigenvektoren ¨andern sich nicht.

Wir rechnen

χ_A(λ) = det(A−λI) = det





1−λ 2 3

0 2−λ 3

0 0 3−λ



= (1−λ)(2−λ)(3−λ).

Damit besitztA die Eigenwerte λ1 = 1, λ2 = 2 und λ3 = 3. (¹₂ Punkte) Somit hat p(A) die Eigenwerte p(λ₁) = 0, p(λ₂) = 1 und p(λ₃) = 8. (1 Punkt)

F¨ur die Eigenvektoren vonA (und damit vonp(A)) bestimmen wir die vonoverschiede- nen L¨osungen von

(A−λ_iI)x_i =o.

F¨urλ₁ = 1 erhalten wir

(A−λ₁I)x₁ =o⇐⇒





0 2 3 0 1 3 0 0 2



x₁ =o.

Daraus ergibt sichx₁ ∈Spann



 1 0 0



 o

. (¹₂ Punkte) F¨urλ₂ = 2 erhalten wir

(A−λ₂I)x₂ =o⇐⇒





−1 2 3 0 0 3 0 0 1



x₂ =o.

Daraus ergibt sichx₂ ∈Spann



 2 1 0



 o

. (¹₂ Punkte) F¨urλ₃ = 3 erhalten wir

(A−λ3I)x3 =o⇐⇒





−2 2 3 0 −1 3

0 0 0



x3 =o.

Daraus ergibt sichx3 ∈Span n





9 2

3 1



 o

. (¹₂ Punkte)

Alternativ: Es gilt p(A) =





0 2 30 0 1 21 0 0 8



. (1 Punkte) Damit erh¨alt man dann als Ei- genwerte 0, 1 und 8 (¹₂ Punkte) und als zugeh¨orige Eigenvektoren die drei von oben.

(³₂ Punkte)

(3)

Aufgabe 2: (5 Punkte)

Sei P der R-Vektorraum der Polynome. F¨urp,q∈ P sei hp,qi:=

Z 2

−2

p(x)q(x)dx.

(a) Zeigen Sie, dass h·,·i ein Skalarprodukt aufP ist.

(b) Ermitteln Sie die orthogonale Projektion von m₂ ∈ P gegeben durch m₂(x) := x² für alle x∈R aufP₁ (die Polynome vom Höchstgrad 1) bezüglich dieses Skalarpro- duktes.

L¨osungshinweis:

(a) Seien p,q,r ∈ P, α∈R. Dann gilt hp,pi=

Z 2

−2

p(x)²dx≥0.

Ist p 6= 0, dann ist R2

−2p(x)²dx > 0 und damit hp,pi > 0. Somit ist h·,·i positiv definit. (¹₂ Punkte) Weiterhin gilt

hp+q,ri= Z 2

−2

(p+q)(x)r(x)dx = Z 2

−2

p(x) +q(x)

r(x)dx

= Z 2

−2

p(x)r(x)dx+ Z 2

−2

q(x)r(x)dx=hp,ri+hq,ri. Analog gilt

hαp,ri= Z 2

−2

(αp)(x)r(x)dx= Z 2

−2

αp(x)r(x)dx

=αhp,ri. Damit ist h·,·ilinear. (1 Punkt) Wegen

hp,qi= Z 2

−2

p(x)q(x)dx= Z 2

−2

q(x)p(x)dx=hq,pi=hq,pi

ist h·,·i auch symmetrisch. (¹₂ Punkte) Insgesamt ist h·,·i also ein Skalarprodukt auf P.

(b) Wir wissen, dass B := (m₀,m₁) eine Basis von P₁ ist, wobei m_k(x) := x^k. Wir nutzen das Gram-Schmidt-Verfahren zur Bestimmung einer Orthonormalbasis. Es ist

v₀ :=m₀, w₀ := v₀

kv₀k = m₀

phm₀,m₀i = m₀ 2 = 1

2m₀. (1 Punkt) Weiter gilt

v₁ :=m₁−hm₁,w₀iw₀ =m₁−01

2m₀ =m₁, w₁ := v₁

kv₁k = v₁

phv₁,v₁i = m₁ q16

3

=

√3

4 m₁. (1 Punkt)

(4)

Somit ist (w₀,w₁) eine Orthonormalbasis vonP₁. Es gilt damit m_2↓P₁ =hm₂,w₀iw₀+hm₂,w₁iw₁ = 8

3· 1

2m₀+ 0·

√3

4 m₁ = 4

3m₀. (1 Punkt) Alternativ kann man die Gram’sche Matrix benutzen. Es gilt

G(B)(m_2↓P₁)^B =

hm₂,m₀i hm2,m1i

, (1

2 Punkte)

wobei G(B) =

hm0,m0i hm1,m0i hm₀,m₁i hm₁,m₁i

=

4 0 0 ¹⁶₃

,

hm2,m0i hm₂,m₁i

= ₁₆

3

0

. (1 Punkt)

Damit sind

(m_2↓P₁)^B = ₄

3

0

(1

2 Punkte) und

m_2↓P₁ = 4

3m₀+ 0m₁ = 4

3m₀. (1 Punkt).

(5)

Sei P2 der R-Vektorraum der Polynome vom H¨ochstgrad 2. Wir betrachten die lineare Abbildung `: P₂ → P₂, die bez¨uglich der Monom-Basis B := m₀,m₁,m₂

die Darstel- lungsmatrix

`B←B:=





2 4 2

−2 0 6 4 −2 0





hat. Weiterhin ist die Basis C := m₀+m₁+m₂,−m₀+m₁+m₂,m₂

von P₂ gegeben.

(a) Ermitteln Sie die TransformationsmatrixTB←C, die einen Koordinatenvektor bezüg- lich C in den zugehörigen Koordinatenvektor bezüglich B transformiert.

(b) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix `C←C von ` bez¨uglich der Basis C.

L¨osungshinweis:

(a) Zur Ermittlung dieser Transformationsmatrix stellen wir die Basisvektoren von C bez¨uglich der Basis B dar. Es gelten

m₀+m₁+m₂ = 1·m₀+ 1·m₁+ 1·m₂ =⇒(m₀+m₁+m₂)^B =



 1 1 1



,

−m₀+m₁+m₂ =−1·m₀+ 1·m₁+ 1·m₂ =⇒(−m₀+m₁+m₂)^B =





−1 1 1



,

m₂ = 0·m₀+ 0·m₁+ 1·m₂ =⇒(m₂)^B =



 0 0 1



.

Damit gilt

TB←C =





1 −1 0

1 1 0

1 1 1



. (1 Punkt)

(b) Es gilt

`C←C = TC←B

| {z }

=T_B←C⁻¹

`B←BTB←C.

Wir rechnen die inverse Matrix zun¨achst aus:

1 −1 0 1 0 0

1 1 0 0 1 0

1 1 1 0 0 1

1 −1 0 1 0 0

0 2 0 −1 1 0

0 2 1 −1 0 1

1 −1 0 1 0 0

0 2 0 −1 1 0

0 0 1 0 −1 1

1 0 0 ¹₂ ¹₂ 0 0 1 0 −¹₂ ¹₂ 0

0 0 1 0 −1 1

(2 Punkte)

(6)

`C←C =





1 2

1

2 0

−¹₂ ¹₂ 0 0 −1 1









2 4 2

−2 0 6 4 −2 0









1 −1 0

1 1 0

1 1 1



=





6 6 4

−2 2 2

−2 −14 −6



. (1 Punkt)

(7)

Sei A :=







1 1 −1 1 −1 0 1 0 1 −1 0 0 1 1 −1

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1







. Ermitteln Sie eine Jordan-Normalform J von A.

L¨osungshinweis:

DaAeine Dreiecksmatrix ist, finden wir die Eigenwerte von Aauf der Diagonalen. Somit istλ₁ = 1 der einzige Eigenwert vonA (1 Punkt), und dieser hat algebraische Vielfachheit α₁ = 5. (¹₂ Punkte) Es gibt also nur einen Jordanblock, n¨amlich den zum Eigenwert

λ₁ = 1. Sei N := A −λ₁I =







0 1 −1 1 −1 0 0 0 1 −1 0 0 0 1 −1

0 0 0 0 0







. F¨ur die geometrische Vielfachheit

von λ₁ ermitteln wir γ₁ = dim(Kern(N)) = 5−Rang(N) = 3 (die zweite und vierte

Spalte vonNsind linear unabh¨angig). (¹₂ Punkte)Wir rechnen N² =







0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0





 .

(¹₂ Punkte) Somit sind auch alle h¨oheren Potenzen von N gleich der Nullmatrix. F¨ur die Dimensionsdifferenzen erhalten wir

d₁ = dim(Kern(N¹))−dim(Kern(N⁰)) = γ₁ = 3, d₂ = dim(Kern(N²))−dim(Kern(N¹)) = 5−3 = 2, d₃ = dim(Kern(N³))−dim(Kern(N²)) = 5−5 = 0. (1

2 Punkte) Wir ben¨otigen also 2 Etagen f¨ur die Jordan-Ketten und erhalten folgendes Bild:

2. Etage:d₂ Punkte

1. Etage:d₁ Punkte

Somit gibt es 3 Ketten, zwei der Länge 2 und eine der Länge 1. (1 Punkte) Also gibt es 3 Jordankästchen, zwei der Größe 2 und eins der Größe 1. Wir erhalten damit

J=







1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1







. (1 Punkt)

(8)

Bestimmen Sieα, β, γ ∈R so, dassf:R→R gegeben durch f(x) :=α+βx+γsin ^π₂x die Fehlerquadratsumme zu den Datenpunkten

x −2 −1 0 1 2 y ¹₂ 0 0 0 ⁹₂

minimiert, indem Sie das zugeh¨orige lineare Ausgleichsproblem l¨osen.

L¨osungshinweis:

Wir stellen die entsprechenden Daten f¨ur das lineare Ausgleichsproblem auf. Es gelten

A=







1 −2 0 1 −1 −1

1 0 0

1 1 1

1 2 0







, b=







1 2

0 0 0

9 2







. (1 Punkt)

Damit l¨osen wir

A



 α β γ



≈b.

Die Normalengleichung dazu lautet A^∗A



 α β γ



=A^∗b, also





5 0 0 0 10 2 0 2 2







 α β γ



=



 5 8 0



. (1 Punkt)

Dieses Gleichungssystem lässt sich leicht lösen, die Lösung ist gegeben durch



 α β γ



 =



 1 1

−1



. (1 Punkt)