Lösung - Höhere Mathematik an der TUM

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Zentrum Mathematik
P ROF. D R .D R . J ÜRGEN R ICHTER -G EBERT, VANESSA K RUMMECK , M ICHAEL P R ÄHOFER
Höhere Mathematik für Informatiker I (Wintersemester 2003/2004)
— Aufgabenblatt 12 (23. Januar 2004) —
— Präsenzaufgaben —
Aufgabe 69. Lösungsmittel.
Es sei A ∈ Rn×m und b ∈ Rn . Welche der folgenden Bedingungen sind hinreichend dafür, dass das lineare Gleichungssystem Ax = b mindestens eine Lösung besitzt?
A ist invertierbar.
A ist die Einheitsmatrix.
n > m.
rang(A) = rang(A, b).
Die Spaltenvektoren sind linear unabhängig.
Die Zeilenvektoren sind linear unabhängig.
n = m.
b = 0.
n < m und rang(A) = n.
L ÖSUNG :
Das lineare Gleichungssystem Ax = b hat genau dann mindestens eine Lösung, wenn rang(A) = rang(A, b) gilt. Mit
diesem Kriterium können jetzt alle Aussagen untersucht werden.
×
A ist invertierbar. [Dann ist die Lösung sogar eindeutig]
n > m.
Die Spaltenvektoren sind linear unabhängig.
n = m.
×
n < m und rang(A) = n. [Da die erweiterte Matrix (A, b) ebenfalls n Zeilen besitzt, muß rang(A, b) = n sein.]
×
A ist die Einheitsmatrix.
×
rang(A) = rang(A, b).
×
Die Zeilenvektoren sind linear unabhängig. [Dann ist rang(A) = n. Da die erweiterte Matrix (A, b) ebenfalls n
Zeilen besitzt, muß rang(A, b) = n sein.]
×
b = 0. [Da x = 0 eine Lösung ist].
Aufgabe 70. Matrizenrechnung.
Es seien A, B, C ∈ R3×3 drei reelle (3 × 3)-Matrizen. Es gelte A · B = C. Ersetzen Sie in der folgenden Gleichung
die Variablen durch Zahlen:

 
 

a11
2
3
2 b12 1
2 −3 c13
 a21
1
3  ·  0 b22 2  =  4 −3 c23  .
a31 −1 −2
0 b32 2
0
0 c33
L ÖSUNG :
Gegeben ist die Matrixgleichung

A·B =C
a11
mit A =  a21
a31

2
2
1
3 ,
−1 −2

2 b12
B =  0 b22
0 b32

1
2 ,
2


2 −3 c13
C =  4 −3 c23  .
0
0 c33
Wir multiplizieren das Matrixprodukt A · B aus und erhalten die zu (1) äquivalente Gleichung

 

2a11 a11 b12 + 2b22 + 3b32 10 + a11
2 −3 c13
 2a21 a21 b12 + b22 + 3b32
8 + a21  =  4 −3 c23  .
2a31 a31 b12 − b22 − 2b32 −6 + a31
0 0 c33
Koeffizientenvergleich liefert daß zu (1) äquivalente, nicht-lineare Gleichungssystem
(I)
2a11 = 2 ,
(II) 2a21 = 4 ,
(III) 2a31 = 0 ,
(IV) a11 · b12 + 2b22 + 3b32 = −3 ,
(V) a21 · b12 + b22 + 3b32 = −3 ,
(VI) a31 · b12 − b22 − 2b32 = 0 ,
(VII)
10 + a11 = c13 ,
(VIII)
8 + a21 = c23 ,
(IX)
−6 + a31 = c33 ,
(1)
in den 9 Unbekannten a11 , a21 , a31 , b12 , b22 , b32 , c13 , c23 , c33 .
Aus (I), (II) und (III) erhält man unmittelbar a11 = 1, a21 = 2 und a31 = 0. Einsetzen in (VII), (VIII) und (IX) liefert
c13 = 11, c23 = 10, c33 = −6.
Setzt man a11 = 1, a21 = 2, a31 = 0 wiederum in (IV), (V) und (IX) ein, erhält man folgendes lineares Gleichungssystem
(IV)∗
b12 + 2b22 + 3b32 = −3 ,
(V)∗ 2b12 + b22 + 3b32 = −3 ,
(VI)∗
− b22 − 2b32 = 0 ,
in b12 , b22 , b32 , mit den Lösungen b12 = −2, b22 = −2 und b32 = 1.
Die Lösungen der Matrixgleichung (1) lauten also




2 −2 1
1 2
2
3  , B =  0 −2 2  ,
A= 2 1
0 1 2
0 −1 −2


2 −3 11
C =  4 −3 10  .
0 0 −6
Aufgabe 71. Alles dreht sich.
1.) Bestimmen Sie die Matrix D1 ∈ R3×3 , die eine Drehung um den Punkt P = (2, 1) mit dem Winkel
schreibt.
π
3
be-
2.) Bestimmen Sie die Matrix Dx (die Matrix Dy , die Matrix Dz ) in R3×3 , die eine Drehung in R3 mit dem Winkel
ϕ um die x-Achse (um die y-Achse, um die z-Achse) beschreibt.
3.) Bestimmen Sie die Matrix D2 , die eine Drehung in R3 um die Winkelhalbierende der xy-Ebene mit dem Winkel
ϕ beschreibt.
L ÖSUNG :
1.) Die Drehung um den Punkt P = (2, 1) mit Winkel π3 läßt sich aus folgenden drei Abbildungen zusammensetzen:
1. Translation des Drehzentrums P zum Ursprung,
2. Drehung um den Ursprung,
3. Translation des Ursprungs zum Drehzentrum P .
Diese drei Abbildung lassen sich jeweils wie folgt als Matrix darstellen:





cos( π3 ) − sin( π3 ) 0
1 0 −2
1


cos( π3 ) 0  , A3 =  0
A1 =  0 1 −1  , A2 =  sin( π3 )
0 0
1
0
0
0
1
0
1
0

2
1 .
1
Nun gilt für die gesuchte Matrix D1
D1 = A3 · A2 · A1

  cos( π ) − sin( π ) 0  
3
3
1 0 2
1


cos( π3 ) 0  ·  0
=  0 1 1  ·  sin( π3 )
0
0 0 1
0
0
1


cos( π3 ) − sin( π3 ) −2 cos( π3 ) + sin( π3 ) + 2


cos( π3 ) −2 sin( π3 ) − cos( π3 ) + 1 
=  sin( π3 )
0
0

0 −2
1 −1 
0
1
1
2.) Eine Drehung um den Winkel ϕ (gegen den Uhrzeigersinn) in der xy-Ebene läßt sich durch folgende 2 × 2Matrix beschreiben:
y
Dϕ =
cos ϕ
sin ϕ
− sin ϕ
cos ϕ
x
Gegeben seien nun Punkte im R3 . Lassen wir jeweils ihre z-Koordinate fest und wenden die Drehung nur auf
die x- und y-Koordinaten an, dann erhalten wir eine Drehung aller Punkte um die z-Achse (in Richtung der
z-Achse gegen den Uhrzeigersinn; siehe Skizze).
z

cos ϕ
Dz =  sin ϕ
0
y
− sin ϕ
cos ϕ
0

0
0 
1
x
Wir können dieses Koordinatensystem problemlos so drehen, dass die y-Achse auf die ursprüngliche x-Achse,
die z-Achse auf die ursprüngliche y-Achse und die x-Achse auf die ursprüngliche z-Achse fällt, ohne dabei
den Drehsinn des Koordinatensystems verändern zu müssen. Darum können wir die Matrix Dx ebenso einfach
angeben wie die Matrix Dz . Wir müssen in diesem Fall nur die x-Koordinate festlassen und die Drehung auf
den y- und z- Koordinaten ausführen (siehe Skizze).
x

1
Dx =  0
0
z
0
cos ϕ
sin ϕ

0
− sin ϕ 
cos ϕ
y
Etwas anders verhält es sich bei der Drehung um die y-Achse. Drehen wir unser Koordinatensystem so, dass die
xz-Ebene unsere Drehebene ist, so zeigt die y-Achse in die entgegengesetzte Richtung (siehe Skizze). Um nun
auch um die y-Achse in derselben Richtung wie vorher um die x- und z-Achse zu drehen, müssen wir in der
xz-Ebene in die entgegengesetzte Richtung (also um den Winkel −ϕ) drehen.
z

cos(−ϕ) 0
0
1
Dy = 
sin(−ϕ) 0
x
 
− sin(−ϕ)
cos ϕ
=
0
0
cos(−ϕ)
− sin ϕ

0 sin ϕ
1
0 
0 cos ϕ
y
3.) Die Drehung um die Winkelhalbierende der xy-Ebene mit dem Winkel ϕ läßt sich wieder in drei Abbildungen
zerlegen:
1. Drehung der Winkelhalbierenden um den Winkel − π4 auf die x-Achse.
2. Drehung um die x-Achse.
3. Drehung der x-Achse um den Winkel π4 auf die Winkelhalbierende.
Es ist
cos(− π4 )
− sin(− π4 )

B1 =  sin(− π4 )
cos(− π4 )

0
0
0
cos( π4 )
− sin( π4 )
1

B3 =  sin( π4 )
cos( π4 )
0
0
Somit gilt für die gesuchte Matrix D2 :
D2 = B3 · Dx · B1
0


0 
1

cos( π4 )
 
0  =  − sin( π4 )
B2 = Dx


0
sin( π4 )
0


cos( π4 ) 0 
0
1
− sin( π4 )
0
cos( π4 )
− sin( π4 )
0

=  sin( π4 )
cos( π4 )

cos( π4 )
 
1
0

cos( π4 ) 0  ·  0 cos ϕ
0 sin ϕ
0
1

=  sin( π4 )
0

0


=


=

 
  cos( π ) sin( π ) 0 
4
4
0


π

− sin ϕ
·  − sin( 4 ) cos( π4 ) 0 
cos ϕ
0
0
1
sin( π4 )
cos( π4 )
0
 
0  ·  − cos ϕ · sin( π4 ) cos ϕ · cos( π4 )
0
− sin ϕ · sin( π4 )
1
sin ϕ · cos( π4 )


− sin ϕ 
cos ϕ
cos2 ( π4 ) + cos ϕ · sin2 ( π4 )
sin( π4 ) · cos( π4 ) − cos ϕ · sin( π4 ) · cos( π4 )
sin ϕ · sin( π4 )
sin( π4 ) · cos( π4 ) − cos ϕ · sin( π4 ) · cos( π4 )
sin2 ( π4 ) + cos ϕ · cos2 ( π4 )

− sin ϕ · cos( π4 ) 
sin ϕ · cos( π4 )
− sin ϕ · sin( π4 )
1
2
− 12
cos ϕ +
cos ϕ +
1
2
1
2
− √12 · sin ϕ
− 12 cos ϕ +
1
2
cos ϕ +
√1
2
1
2
1
2
· sin ϕ
√1 · sin ϕ
2
− √12 · sin ϕ
cos ϕ




mit sin( π4 ) = cos( π4 ) =
cos ϕ
√1
2
Bemerkung: Im vorliegenden Fall hätten wir auch erst um den Winkel π4 (Winkelhalbierende −→ y-Achse),
dann an der y-Achse und schließlich wieder um den Winkel − π4 (y-Achse −→ Winkelhalbierende) zurückdrehen
können. Die Verknüpfung der drei entsprechenden Matrizen liefert dasselbe Ergebnis wie die oben durchgeführte Komposition.
— Hausaufgaben —
Aufgabe 72. TUM, HM-INF und GGT, KGV, LGS, ach oh weh. . .
Gegeben seien die linearen Gleichungssysteme
 

 x1


1 −1 0
0
1
3
x2 
 1
  

1 0 −3
0 
 x3  =  6  ,
a) 
b)
  5 
 2 −1 0
1 −1  
x4 
−1
2 0 −2 −5
−1
x5
2+i
1
i
0
 
y
1  1
1
y2 =
−i
1
y3
mit x1 , . . . , x5 ∈ R und y1 , . . . , y3 ∈ C. Geben Sie die Lösungsmengen der obigen Gleichungssysteme an.
L ÖSUNG :
Zu gegebenem linearen Gleichungssystem der Gestalt A · x = b mit A ∈ Kn×m und b ∈ Kn finden wir alle Lösungen
x ∈ Km z.B. durch elementare Zeilenumformungen der zusamengesetzten Matrix (A|b) auf Zeilenstufenform.
a) Wir geben alternativ zwei Lösungswege an: Der erste Lösungsweg entspricht dem üblichen Weg, eine Matrix
auf Zeilenstufenform (und zusätzlich in echte Diagonalform) zu bringen. Dazu werden 9 Matrizenumformungen
benötigt.
Dass dies auch mit weniger Umformungen möglich ist, zeigt der zweite Lösungsweg.
Da aber der “kürzeste” (was heißt das überhaupt?) Lösungsweg alles andere als offensichtlich ist, , haben wir
an dieser Stelle beide Lösungswege aufgeführt.
Bemerkung: Im ersten Lösungsweg schreiben wir die Angabe der vorgenommenen Umformung jeweils hinter die Zeile, in der sie tatsächlich vorgenommen wird. Im zweiten Lösungsweg schreiben wir die im nächsten
Schritt vorzunehmende Umformung bereits hinter die aktuelle Matrix. Beides sind Möglichkeiten zur Kennzeichnung von Matrizenumformungen. Entscheiden Sie, welche Ihnen besser gefällt, aber bitte kennzeichnen
Sie Ihre Umformungen jeweils in Ihrem eigenen Interesse.


1 −1
 1
1
(A|b) = 
 2 −1
−1
2

1 −1
 0
2

 0
1
0
1

1 −1
 0
1

 0
2
0
1

1 −1
 0
1

 0
0
0
0

1 −1
 0
1

 0
0
0
0
0
0
1
0 −3
0
0
1 −1
0 −2 −5
0
0
1
0 −3 −1
0
1 −3
0 −2 −4
0
0
1
0
1 −3
0 −3 −1
0 −2 −4
0
0
1
0
1 −3
0 −5
5
0 −3 −1
0
0
1
0
1 −3
0
1 −1
0 −3 −1

3
I
−1 
 II
−1  III
0
IV + 3 · III

I
−1 0 0
1
3
1 0 1 −3
−1 
 II
0 0 1 −1
−1  III
0 0 0
1
0
− 14 · IV

−1 0 0 0
3
I − IV
II + 3 · IV
1 0 1 0
−1 

0 0 1 0
−1 
III + IV
0 0 0 1
0
IV

−1 0 0 0
3
I
1 0 0 0
0 
II − III

0 0 1 0
−1 
III
0 0 0 1
0
IV

0 0 0 0
3
I + II
1 0 0 0
0 
II

0 0 1 0
−1 
III
0 0 0 1
0
IV

1 −1 0 0
1
0
1 0 1 −3
0
0 0 1 −1
0
0 0 0 −4

1
0
0
0

1
0
0
0

1
0
0
0

1
0
0
0
















3
I
6 
 II
5  III
−1
IV

3
I
3 
 II − I
−1  III − 2 · I
2
IV + I

3
I
−1 
 III
3  II
2
IV

3
I
−1 
 II
5  III − 2 · II
3
IV − II

I
3
−1 
 II
−1  − 15 · III
3
IV
Es ist K = R, A ∈ R4×5 und

1 −1
 1
1
(A|b) = 
 2 −1
−1
2

0
1
 0
3

 0
3
−1
2

0
1
 0
0

 0
0
−1
0

0
1
 0
0

 0
0
−1
0

0
1
 0
0

 0
0
1
0
0
0
0 −3
0
1
0 −5
0
0
0
0

3
I + IV
6 
 II + IV
5  III + 2 IV
−1

2
5 
II − 3 I

3 
III − 3 I
−1
IV − 2 I

2
I + 2 II
−1 

−3 
III − 3 II
−5
IV − 2 II

0
−1 

0 
−3

0
−1 
 .
0 
3
1
0
−1
−1
−2 −4
−5 −5
−3 −11
−2 −5
0 −2
0
1
0
3
0
2
−4
7
1
3
0
0
0
0
0
1
0
0
10
7
−20
−11
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
Vertauschen wir in letzter Matrix die Zeilen zyklisch, so erhalten wir die Zeilenstufenform


1 0 0 0 0
3
 0 1 0 0 0
0 
 ,

 0 0 0 1 0
−1 
0 0 0 0 1
0
und daraus x1 = 3, x2 = 0 , x3 = λ ∈ R, x4 = −1 und x5 = 0, also







x1
3
3
 x2 
 0 
 0 








 x3  =  λ  =  0  + λ · 







 x4 
 −1 
 −1 

x5
0
0
0
0
1
0
0



 ,


λ∈R.
b) Hier ist K = C, A ∈ C2×3 und
(A|b) =
2+i
1
0 i 2i
1 0 −i
i
0
1
−i
1
1
−1 − i
1
I − (2 + i) II
Multiplizieren wir in letzter Matrix die erste Zeile mit −i und tauschen dann mit der zweiten Zeile erhalten wir
1 0 −i
1
0 1
2
−1 + i
Daraus lesen wir 1 · x1 + (−i) · x3 = 1 und 1 · x2 + 2 · x3 = −1 + i, also x1 = 1 + ix3 und x2 = −1 + i − 2x3
und nicht zu vergessen x3 = µ ∈ C ab. Die Lösung des linearen Gleichungssystems lautet dann








x1
1 + iµ
1
i
 x2  =  −1 + i − 2µ  =  −1 + i  + µ ·  −2  , µ ∈ C .
x3
µ
0
1
Aufgabe 73. Spieglein, Spieglein — ja und dann?
Gegeben sei das Dreieck 4P QR durch die drei Punkte P = (5, 1), Q = (10, 2) und R = (9, 7).
a.) Bestimmen Sie die Matrix S1 , die eine Spiegelung an der Geraden g1 durch den Ursprung und den Punkt
G1 = (2, 3) beschreibt. Berechnen Sie anschliessend das Bild von 4P QR unter dieser Abbildung.
b.) Bestimmen Sie die Matrix S2 , die eine Spiegelung an der Geraden g2 durch die beiden Punkte G2 = (15, 5)
und G3 = (9, 11) beschreibt. Berechnen Sie anschliessend das Bild von 4P QR unter dieser Abbildung.
c.) Zeichnen Sie das Dreieck 4P QR, die Geraden g1 und g2 sowie die gespiegelten Dreiecke in ein Koordinatensystem.
d.) Gegeben sei im R2 für den Winkel ϕ ∈ R die Gerade
cos ϕ
gϕ = λ
|λ ∈ R .
sin ϕ
Sei sϕ : R2 → R2 die Spiegelung an gϕ . Bestimmen Sie die zu sϕ gehörige Matrix Sϕ .
e.) Zeigen Sie, daß für zwei Winkel ϕ, ψ die Komposition der Spiegelungen sϕ ◦ sψ eine Drehung ist.
L ÖSUNG :
a.) Sei ϕ der Winkel zwischen der Geraden g1 und der x-Achse.
Dann gilt
sin ϕ =
√ 3
32 +22
=
√3
13
cos ϕ =
und
√ 2
32 +22
=
√2 .
13
Wir können die gesuchte Spiegelung als Komposition folgender drei Abbildung beschreiben:
1. Drehung der Geraden um den Winkel −ϕ um den Ursprung.
2. Spiegelung an der x-Achse.
3. Drehung um den Winkel ϕ um den Ursprung.
Diese drei Abbildungen lassen sich jeweils wie folgt als Matrix darstellen:
A1 =
cos(−ϕ) − sin(−ϕ)
sin(−ϕ)
cos(−ϕ)
A2 =
1
0
0 −1
A3 =
cos ϕ
sin ϕ
− sin ϕ
cos ϕ
=
cos ϕ
− sin ϕ
sin ϕ
cos ϕ
Nun gilt für die gesuchte Matrix S1 :
S1 = A3 · A2 · A1
cos ϕ − sin ϕ
1
0
cos ϕ
=
·
·
sin ϕ
cos ϕ
0 −1
− sin ϕ
=
=
=
=
− sin ϕ
cos ϕ
cos ϕ
sin ϕ
cos ϕ
·
sin ϕ
sin ϕ
− cos ϕ
sin ϕ
cos ϕ
cos2 ϕ − sin2 ϕ
sin ϕ · cos ϕ + sin ϕ · cos ϕ
sin ϕ · cos ϕ + sin ϕ · cos ϕ
sin2 ϕ − cos2 ϕ
cos2 ϕ − sin2 ϕ
2 sin ϕ · cos ϕ
2 sin ϕ · cos ϕ
sin2 ϕ − cos2 ϕ
( √213 )2 − ( √313 )2
2·
2·
√3
13
·
√2
13
√3
13
( √313 )2 −
!
√2
13
( √213 )2
·
!
!
=
5
− 13
12
13
12
13
5
13
!
Wenden wir diese Matrix auf die drei Punkte P = (5, 1) , Q = (10, 2) , R = (9, 7) an, so erhalten wir:
!
!
!
5
12
−1
− 13
5
0
13
=
P =
·
12
5
1
5
13
13
0
Q =
0
R =
5
− 13
12
13
5
− 13
12
13
12
13
5
13
!
12
13
5
13
!
·
·
10
!
2
9
7
!
=
=
−2
!
10
3
!
11
b.) Die Spiegelung an der Gerade g2 durch die Punkte G2 = (15, 5) und G3 = (9, 11) läßt sich aus den folgenden
Abbildungen zusammensetzen:
1. Translation von G2 in den Ursprung,
2. Spiegelung an der Gerade durch die Punkte (0, 0) und (9, 11) − (15, 5) = (−6, 6),
3. Translation des Ursprungs nach G2 .
0 −1
Die Spiegelung läßt sich schreiben als
(in den Spalten stehen die Bilder der Einheitsbasisvektoren
−1 0
(1, 0), (0, 1)).
 
x
x
Um die Translationen als Matrizen zu schreiben, erweitern wir die Punkte der Ebene
zu y . Nun ist die
y
1


1 0 −15
Translation von G2 in den Ursprung durch die Matrix 0 1 −5  gegeben, denn es gilt
0 0
1

  

1 0 −15
x
x − 15
0 1 −5  y  =  y − 5 
0 0
1
1
1


1 0 15
Die Translation des Ursprungs in G2 ist durch 0 1 5  gegeben. Das Ergebnis ist dann
0 0 1



 

1 0 15
0 −1 0
1 0 −15
0 −1 20
0 1 5  −1 0 0 0 1 −5  = −1 0 20 .
0 0 1
0
0 1
0 0
1
0
0
1
Das Bild des Dreiecks ist

0 −1
P 00 = −1 0
0
0
   
19
20
5
20 1 = 15 ,
1
1
1
c.) Die Zeichnung ist natürlich mit Cinderella erstellt:
 
18
Q00 = 10 ,
1
 
13
R00 = 11 .
1
P2
g1
R2
G3
Q1
R1
Q2
R
G2
P1
G1
Q
g2
P
d.) Wir stellen die gesuchte Abbildung sϕ als Komposition von Drehungen um den Koordinatenursprung (0, 0) und
der (leicht zu formulierenden) Spiegelung an der x-Achse dar.
Eine Drehung dα um den Koordinatenursprung mit Winkel α ∈ R wird duch die Abbildungsmatrix
cos α − sin α
Dα =
.
sin α
cos α
beschrieben. Die Abbildungsmatrix der Spiegelung s an der x-Achse lautet
1
0
S=
,
0 −1
denn offenbar gilt für beliebigen Punkt (x1 , x2 ) ∈ R2
x1
x1
1
0
·
=
.
0 −1
x2
−x2
Unter Berücksichtigung, daß die Ursprungsgerade gϕ mit der x-Achse den Winkel ϕ einschließt, können wir
nun die gesuchte Spiegelung sϕ an gϕ wie folgt formulieren: Wir drehen zuerst die Ebene R2 so, daß gϕ auf die
x-Achse abgebildet wird, dies bewerkstelligt z.B. die Drehung d−ϕ . Sodann spiegeln wir mit s an der x-Achse
und drehen als letztes den R2 so, daß die x-Achse auf gϕ abbgebildet wird, z.B. mit dϕ .
Also ist sϕ = dϕ ◦ s ◦ d−ϕ , die zugehörige Abbildungsmatrix lautet dann
cos ϕ − sin ϕ
1
0
cos(−ϕ) − sin(−ϕ)
Sϕ = Dϕ · S · D−ϕ =
·
·
sin ϕ
cos ϕ
0 −1
sin(−ϕ)
cos(−ϕ)
2
2
cos ϕ − sin ϕ
2 · sin ϕ · cos ϕ
=
2 · sin ϕ · cos ϕ − cos2 ϕ + sin2 ϕ
cos(2ϕ)
sin(2ϕ)
=
.
sin(2ϕ) − cos(2ϕ)
Offenbar ist S0 = S, d.h. s0 = s.
Zu beachten ist, daß Sϕ keine Drehung darstellt – warum?!
e.) Gegeben seien zu beliebigen ϕ, ψ ∈ R die Ursprungsgeraden gϕ und gψ . Die jeweiligen Spiegelungen sϕ und
sψ des R2 an gϕ bzw. gψ haben dann die in Teilaufgabe d.) ermittelte Matrixdarstellung Sϕ bzw. Sψ . Die Matrix
der Komposition sϕ ◦ sψ der zwei Spiegelungen lautet damit
cos(2ϕ)
sin(2ϕ)
cos(2ψ)
sin(2ψ)
Sϕ · Sψ =
·
sin(2ϕ) − cos(2ϕ)
sin(2ψ) − cos(2ψ)
cos 2ϕ · cos 2ψ + sin 2ϕ · sin 2ψ − sin 2ϕ · cos 2ψ + cos 2ϕ · sin 2ψ
=
sin 2ϕ · cos 2ψ − cos 2ϕ · sin 2ψ
cos 2ϕ · cos 2ψ + sin 2ϕ · sin 2ψ
cos(2ϕ − 2ψ) − sin(2ϕ − 2ψ)
=
.
sin(2ϕ − 2ψ)
cos(2ϕ − 2ψ)
Offenbar ist Sϕ · Sψ eine Drehmatrix Dα mit Sϕ · Sψ = D2(ϕ−ψ) .
Aufgabe 74. Rundungs-Probleme.
Jeder hat so seine Rundungsprobleme. Obelix macht es sicher nichts aus, wenn er ein ε mehr auf die Waage bringt.
Bei einem linearen Gleichungssystem läuft dann evtl. jedoch nicht mehr alles so rund:
Bestimmen Sie die eindeutige Lösung des linearen Gleichungssystem Ax = bε , x ∈ R4 , ε ∈ R mit




1 10
5 −1
15 + ε
 0 −1


7
9 
 , bε = 15 + ε
A=
 4
26 + ε
5 10
7 
10
1
4
0
15 + ε
Was fällt auf, wenn sie die Fälle ε = 0 ,
ε=
1
10
und ε = 1 betrachten?
L ÖSUNG :
Um das Gleichungssystem zu lösen, verwenden wir den Gauß-Algorithmus. Dadurch wird die Matrix (A|bε ) auf
Zeilenstufenform gebracht.

1 10
 0 −1
(A|bε ) = 
 4
5
10
1

1
10
 0 −1

 0 −35
0 −99

1 10
 0 −1

 0
0
0
0

1 10
 0 −1

 0
0
0
0
5 −1
7
9
10
7
4
0

15 + ε
15 + ε 

26 + ε 
15 + ε
5 −1
7
9
−10 11
−46 10
5
−1
7
9
−255 −304
−739 −881
5
−1
7
9
−255 −304
1
0
255

15 + ε
15 + ε 

−34 − 3ε 
−135 − 9ε
III + (−4) · I
IV + (−10) · I
III + (−35) · II
IV + (−99) · II

15 + ε
15 + ε 

−559 − 38ε 
−1620 − 108ε
IV + (− 739
255 ) · III

15 + ε
15 + ε 

−559 − 38ε 
1
542
255 + 255 ε
Rückwärtiges Auflösen ergibt die Lösung xε = (1 + 223ε, 1 + 355ε, 1 − 646ε, 1 + 542ε). Damit sind die gesuchten
Lösungen
x0 = (1, 1, 1, 1), x0,1 = (23, 3, 36, 5, −63, 6, 55, 2) x1 = (224, 356, −645, 543).
Es fallen nun gleich zwei Sachen auf:
1. Die Lösung ist sehr stark von ε und damit von der rechten Seite des Gleichungssystems abhängig. Das kann zu
erheblichen Problemen führen, wenn z.B. die rechte Seite Meßdaten (und damit ungenaue Daten) sind.
1
2. Im letzten Schritt des Algorithmus taucht eine 255
auf. Diese Zahl liegt recht nahe bei 0. Wenn nun ein Rundungsfehler in einer Implementation begangen wird, ist das Gleichungssystem auf einmal nicht mehr lösbar
und im schlimmsten Fall stürzt die Implementation ab, weil durch 0 dividiert wird. Das zeigt, daß der GaußAlgorithmus gegenüber solchen Rundungsproblemen sehr anfällig ist.