Technische Universität Hamburg Sommersemester 2018 Institut für Mathematik
Prof. Dr. Marko Lindner
Klausur zur Mathematik II (Veranstaltung: Lineare Algebra II) 30.08.2018
Sie haben 60 Minuten Zeit zum Bearbeiten der Klausur.
Tragen Sie bitte zunächst Ihren Namen, Ihren Vornamen und Ihre Matrikelnummer in DRUCKSCHRIFT in 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 Module Analysis II und Lineare Algebra II die Gesamtnote für das Fach Mathematik II ergeben.
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 ozielle 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 =
Bestimmen Sie eine Matrix A ∈ R3×3 mit den Eigenwerten λ1 = −9, λ2 = 9, λ3 = 18 und den zugehörigen Eigenvektoren x1 = 13
2
−1 2
,x2 = 13
2 2
−1
,x3 = 13
−1 2 2
. Lösungshinweise 1
Seien
D :=
−9 0 0 0 9 0 0 0 18
, X:= 1 3
2 2 −1
−1 2 2 2 −1 2
. (1P unkt)
Oenbar ist D diagonal mit den geforderten Eigenwerten auf der Diagonalen, und X ist orthogonal. Damit gilt
X−1 =X>= 1 3
2 −1 2 2 2 −1
−1 2 2
. (1P unkt)
undA=XDX−1 ist die gesuchte Matrix.(1 Punkt)Wir rechnen noch schnellAaus und erhalten
A= 1 3
2 2 −1
−1 2 2 2 −1 2
−9 0 0 0 9 0 0 0 18
1 3
2 −1 2 2 2 −1
−1 2 2
=
−6 6 −6 3 6 12
−6 −3 12
1 3
2 −1 2 2 2 −1
−1 2 2
=
2 2 −10 2 11 8
−10 8 5
.
Aufgabe 2 (5 Punkte) Für A∈Rn×n sei
UA :=
B∈Rn×n : BA=AB (a) Zeigen Sie, dass UA ein Unterraum von Rn×n ist.
(b) Sei nunA:=
0 1 0 0
. Bestimmen Sie eine Basis vonUA und die Dimension vonUA.
Lösungshinweise 2
(a) Es gilt 0A =0=A0, also 0∈UA. SeienB,C∈UA. Dann gilt (B+C)A =BA+CA=AB+AC=A(B+C), also B+C∈UA. Seien nun B∈UA, λ∈R. Dann gilt
(λB)A=λBA=λAB=A(λB),
also λB∈UA. Insgesamt ist alsoUA ein Unterraum von Rn×n. (2 Punkte) (b) Sei B=
b11 b12 b21 b22
∈UA. Dann gilt b11 b12
b21 b22
0 1 0 0
=BA=AB= 0 1
0 0
b11 b12 b21 b22
. Ausgerechnet ergibt sich
0 b11 0 b21
=
b21 b22 0 0
.
Wir lesen ab: b21= 0,b22=b11.(1 Punkt) Somit ist B =
b11 b12
0 b11
=b11 1 0
0 1
+b12 0 1
0 0
.
Damit ist B = 1 0 0 1
,
0 1 0 0
eine Basis von UA (1 Punkt) und dimUA = 2. (1 Punkt)
Sei `:R2 → P3 gegeben durch
`(x) :=x1m0+x2m1+ (x1+x2)m2+ (x1−x2)m3.
(a) Zeigen Sie, dass ` linear ist.
(b) Ermitteln Sie die Darstellungsmatrix von `bezüglich der BasenB = 1
−1
, 1
1
in R2 und C = m0,m1,m2,m3
in P3. Lösungshinweise 3
Seien x,y∈R2, α∈R. Dann gelten
`(x+y) = (x1+y1)m0+ (x2+y2)m1+ (x1+y1) + (x2+y2)
m2+ (x1+y1)−(x2+y2) m3
=x1m0+x2m1+ (x1+x2)m2+ (x1−x2)m3 +y1m0+y2m1+ (y1+y2)m2+ (y1−y2)m3
=`(x) +`(y), (1P unkt)
`(αx) = (αx1)m0+ (αx2)m1+ (αx1) + (αx2)
m2+ (αx1)−(αx2) m3
=α x1m0+x2m1+ (x1+x2)m2+ (x1−x2)m3
=α`(x). (1P unkt) Damit ist ` linear.
Es gelten
` 1
−1
=m0−m1+ 0m2+ 2m3,
` 1 1
=m0+m1+ 2m2+ 0m3,
also
` 1
−1 C
=
1
−1 0 2
, `
1 1
C
=
1 1 2 0
. (1P unkt)
Damit ist
`C←B =
1 1
−1 1 0 2 2 0
. (1P unkt)
Aufgabe 4 (5 Punkte)
Sei A:=
1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 2
. Bestimmen Sie eine Jordan-Normalform J von A.
Lösungshinweise 4
Die MatrixAis eine Block-Diagonalmatrix mit den Blöcken 1 1
0 1
, 1 1
0 2
und 1 0
1 2
auf der Diagonalen. Da diese 2×2-Matrizen jeweils Dreiecksmatrizen sind, lesen wir für die Eigenwerte vonA ab:
λ1 = 1, α1 = 4, λ2 = 2, α2 = 2. (1P unkt).
Wir beginnen mit dem Eigenwert λ1 = 1. Sei
N:=A−λ1I=
0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1
.
Oenbar besitzt die 6×6-MatrixNgenau drei Pivotelemente, damit ist dim Kern(N) = 6− 3 = 3. Die geometrische Vielfachheit γ1 vom Eigenwert λ1 = 1 ist also γ1 = 3. (1 Punkt) Wir rechnen
N2 =
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1
,
und lesen ab, dass N2 zwei Pivotelemente besitzt, also dim Kern(N2) = 4 = α1 gilt.
(1 Punkt) Damit haben wir die Jordanketten zum Eigenwert λ1 = 1 ermittelt:
x1,1 x2,1 x3,1 x1,2
J1 =
1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1
. (0.5P unkte)
Für den Eigenwert λ2 = 2 rechnen wir analog. Sei
N:=A−λ2I=
−1 1 0 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 0 0 −1 1 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 −1 0
0 0 0 0 1 0
.
Dann besitzt N vier Pivotelemente, also gilt dim Kern(N) = 2 = α2. (1 Punkt) Die geometrische Vielfachheit γ2 vom Eigenwert λ2 = 2 ist also γ2 = 2 und entspricht der algebraischen Vielfachheit α2. Die Jordanketten zum Eigenwert λ2 = 2 sind also
x1,1 x2,1
Der Jordanblock zu λ2 = 2 lautet entsprechend J2 =
2 0 0 2
. (0.5P unkte) Insgesamt erhalten wir
J = J1
J2
=
1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 2
.
Aufgabe 5 (3 Punkte)
Seien A:=
1 −1
−1 1 2 −2
−2 2
und b:=
2 2
−1
−1
.
(a) Bestimmen Sie die Menge aller x∈R2, so dass kAx−bkminimal ist.
(b) Ermitteln Sie die Lösung von Ax≈b. Lösungshinweise 5
(a) Wir nutzen die Normalengleichung A∗Ax =A∗b zur Lösung der Aufgabe. Die Lö- sungsmenge der Normalengleichung liefert genau die Menge allerx, so dasskAx−bk minimal ist. Es gelten
A∗A=
10 −10
−10 10
, A∗b= 0
0
. (1P unkt)
Das Gleichungssystem A∗Ax=A∗b besitzt die Lösungsmenge L=n
x2 1
1
: x2 ∈R o
. (1P unkt)
(b) Die Lösung des Ausgleichsproblems Ax ≈ b ist dasjenige x ∈ L mit minima- ler Norm. Wegen o ∈ L ist damit x =
0 0
die Lösung des Ausgleichsproblems.
(1 Punkt)
