Musterlösung Serie 11

PSfrag replacements
D-BAUG
D. Stoffer
Lineare Algebra und Numerische Mathematik
WS 05/06
Musterlösung Serie 11
1.
-8
-6
a) Es ist
-4
0 -2
xf (x) ax b 0 κf (x) =
f (x) = ax + b = 1 − ax + b 2
4
1 = 1 − a
6
x + 1
b
8
Somit ist y0= 1 eine horizontale Asymptote und x = − ab eine vertikale Asym1
ptote.
2
3
y
4
5
κf
y=1
− ab
x
0
b) Wir betrachten die Ungleichung κf (x) < 1:
ax b
ax + b < 1 ⇔ |ax| < |ax + b| ⇒ x > − 2a .
b
b
Daher ist κf (x) < 1, falls x > − 2a
, und κf (x) > 1, falls x < − 2a
2. Gemäss Theorie ist κ2 =
q
λmax (C > C)
,
λmin (C > C)
mit λmax / min (C > C) der grösste/kleinste Ei-
genwert von C > C. Wir bestimmen daher zunächst


2 −1 1
6 3 .
A =: C > C =  −1
1
3 6
Bitte wenden!
Das char. Polynom von A ist
2 − λ −1
1
3 det(A − λI3 ) = −1 6 − λ
1
3
6−λ 6−λ
1 −1 1 3 −1
+
+
(2 − λ) 3
6−λ 3 6−λ 6−λ 3 −(λ − 2)(λ − 9)(λ − 3) + 2(λ − 9)
−(λ − 9)(λ2 − 5λ + 4) = −(λ − 9)(λ − 1)(λ − 4),
PA (λ) =
=
=
=
woraus folgt, dass λmax (C > C) = 9, λmin (C > C) = 1 und daher κ2 = 3. Mit MATLAB
>> C=[1 1 2;-1 2 1;0 -1 1]; cond(C)
ans =
3.00000000000000
3.
a) Wir rechnen
Uk
=
=
=
(ABC)k = (Axy > C)k
(Axy > C)(Axy > C) · · · (Axy > C)
|
{z
}
>
k Faktoren
>
Ax (y CAx)(y CAx) · · · (y > CAx) y > C
{z
}
|
k−1 Faktoren
R3y > CAx=:λ
=
=
Ax(λk−1 )y > C = λk−1 Axy > C
λk−1 U,
also U k = αU , mit α = (y > CAx)k−1 .
b) Es gelte x> y 6= 0. Wir suchen λ ∈ R und v ∈ Rn so, dass
Bv = λv ⇔ (xy > )v = λv ⇔ (y > v)x = λv.
Es folgt, dass der Eigenwert λ = y > x 6= 0 ist, mit dazugehörigem Eigenvektor
v = x, also Eλ = span{x}, dim Eλ = 1.
Weiter hat die n × n-Matrix B den Rang 1, woraus folgt, dass mindestens ein
weiterer Eigenwert 0 ist (det(B) = 0). Der Eigenraum zum Eigenwert 0 ergibt
sich mit dem Gaußalgorithmus (betrachte Bv = 0, oBdA sei x1 6= 0, sonst
betrachte den ersten Index ` mit x` 6= 0; ein solches ` existiert, da x 6= 0)
x1 y 1 x1 y 2 · · · x 1 y n
x1 y 1 x1 y 2 · · · x 1 y n
x2 y1 x2 y2 · · · x2 yn (E)1
0
0
···
0
−→
..
..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
.
xn y 1 xn y 2 · · · x n y n
0
0
···
0
Siehe nächstes Blatt!
Betrachte nun den ersten Index m mit ym 6= 0 (ein solches m existiert, da y 6= 0).
Dann hat das Gleichungssystem P
Bv = 0 die Lösungen vi = αi ∈ R, i ∈ I :=
1
{1, 2, . . . , n} \ {m}, vm = − ym ni=m+1 αi yi . Der Eigenraum E0 ist also
yk
E0 = span ek −
em : k ∈ I , mit dim E0 = n − 1,
ym
wo ek der k-te Standard-Einheitsvektor im Rn ist. Da die Eigenräume Eλ und E0
zusammen den ganzen Rn aufspannen, gibt es keine weiteren Eigenwerte.
Es gelte nun x> y = 0. Dann folgt aus obiger Rechnung, dass λ = 0 der einzige
Eigenwert ist (mit algebraischer Vielfachheit aV (λ) = n); mit dem Eigenraum
E0 wie oben angegeben. (Beachte, dass für x> y 6= 0 die Matrix B diagonalisierbar ist, für x> y = 0 jedoch nicht.)
4.
a) Das char. Polynom von A ist
PA (λ) = det(A − λI2 ) = λ2 − Spur(A)λ + det(A)
= λ2 + 34λ + 225 = (λ + 9)(λ + 25),
daher sind die Eigenwerte von A: λ1 = −9, λ2 = −25. Wir bestimmen die
entsprechenden Eigenvektoren. Zum Eigenwert λ1 (betrachte das System (A +
9I2 )x = 0):
−8
8 (E)1 −8 8
−→
8 −8
0 0
daher ist x = (1, 1)> Eigenvektor zu λ1 .
Zum Eigenwert λ2 (betrachte das System (A + 25I2 )x = 0):
8 8 (E)1 8 8
−→
8 8
0 0
daher ist x = (1, −1)> Eigenvektor zu λ2 .
Somit sind die Matrizen T und D = T −1 AT gegeben durch
1
1
−9
0
T =
,
D=
.
1 −1
0 −25
Die Dgl des harmonischen Oszillators ẍ = −µ2 x hat die allgemeine Lösung
x(t) = A sin(µt) + B cos(µt). Daher ist in diesem Fall x(t) gegeben durch
A1 sin(3t) + B1 cos(3t)
x(t) =
A2 sin(5t) + B2 cos(5t)
und somit
y(t) = T x(t)
A1 sin(3t) + B1 cos(3t) + A2 sin(5t) + B2 cos(5t)
=
.
A1 sin(3t) + B1 cos(3t) − A2 sin(5t) − B2 cos(5t)
Bitte wenden!
b) Wegen
ẋ =
3A1 cos(3t) − 3B1 sin(3t)
5A2 cos(5t) − 5B2 sin(5t)
und T x(0) = y(0), T ẋ(0) = ẏ(0) erhalten wir die Gleichungssysteme
B1 + B 2 = 1
,
B1 − B 2 = 1
3A1 + 5A2 = 0
3A1 − 5A2 = 2
für die Bestimmung der Konstanten A1 , A2 , B1 und B2 . Wir erhalten A1 = 13 ,
A2 = − 15 , B1 = 1 und B2 = 0. Daher ist spezielle Lösung gegeben durch
1
sin(3t) + cos(3t) − 51 sin(5t)
3
.
y(t) =
1
sin(3t) + cos(3t) + 51 sin(5t)
3
5. Wir versuchen, das System ẏ = Ay mittels des Ansatzes y(t) = T x(t) für eine
geeignete Matrix T (welche invertierbar sein soll) zu entkoppeln: ẋ = T −1 AT x.
Wir wählen T so, dass T −1 AT diagonal ist (ist möglich, da A symmetrisch ist);
die Spalten von T sind die Eigenvektoren von A. Daher bestimmen wir die Eigenwerte und Eigenvektoren von A.
Das char. Polynom von A ist
−λ
1
0
PA (λ) = det(A − λI3 ) = 1 1 − λ 1 0
1
−λ 1−λ 1 1 0 = −λ(λ2 − λ − 1) + λ
−
= −λ 1
−λ 1 −λ = −λ(λ2 − λ − 2) = −λ(λ + 1)(λ − 2),
daher sind die Eigenwerte von A: λ1 = 0, λ2 = −1 und λ3 = 2. Wir bestimmen die entsprechenden Eigenvektoren. Zum Eigenwert λ1 (betrachte das System Ax = 0):
0 1 0
1 1 1
1 1 1
(E)1
(E)2
1 1 1 −→ 0 1 0 −→ 0 1 0
0 1 0
0 1 0
0 0 0
daher ist x = (1, 0, −1)> Eigenvektor zu λ1 .
Zum Eigenwert λ2 (betrachte das System (A + I3 )x = 0):
1 1 0
1 1 0
1 1 0
(E)1
(E)2
1 2 1 −→ 0 1 1 −→ 0 1 1
0 1 1
0 1 1
0 0 0
Siehe nächstes Blatt!
daher ist x = (1, −1, 1)> Eigenvektor zu λ2 .
Zum Eigenwert λ3 (betrachte das System (A − 2I3 )x = 0):
−2
1
0
−2
1
0
−2
1 0
(E)1
(E)2
1 −1
1 −→
0 −1
2 −→
0 −1 2
0
1 −2
0
1 −2
0
0 0
daher ist x = (1, 2, 1)> Eigenvektor zu λ3 .
Somit sind die Matrizen T und D = T −1 AT gegeben durch




1
1 1
0
0 0
T =  0 −1 2  ,
D =  0 −1 0  .
−1
1 1
0
0 2
Das entkoppelte System ẋ = Dx hat daher die Lösung


x1 (0)
x(t) =  x2 (0) e−t  ,
x3 (0) e2t
und die allgemeine Lösung y(t) ergibt sich aus


x1 (0) + x2 (0)e−t + x3 (0)e2t
.
−x2 (0)e−t + 2x3 (0)e2t
y(t) = T x(t) = 
−t
2t
−x1 (0) + x2 (0)e + x3 (0)e
(Um für ein vorgegebenes y(0) die spezielle Lösung zu finden, muss man das
Gleichungssystem T x(0) = y(0) nach x(0) auflösen und das Resultat in der
allgemeinen Lösung einsetzen.)
b)
a) Aus der in (a) gefundenen allgemeinen Lösung schliessen wir wegen lim t→∞ eβt =
0 für β < 0, dass x1 (0) = x3 (0) = 0 sein muss, und x2 (0) = α ∈ R, also
y(0) = α(1, −1, 1)> , α ∈ R.