Lösung für Serie 4 - Lineare Algebra, HS 2015 - D-MATH

Dr. V. Gradinaru
D. Devaud
Herbstsemester 2015
Lineare Algebra für D-ITET, D-MATL, RW
ETH Zürich
D-MATH
Beispiellösung für Serie 4
Aufgabe 4.1
Multiple Choice: Online abzugeben.
4.1a)
Gegeben ist das lineare Gleichungssystem
3x1 − 2x2 + x3 = 5,
2x1
+ x3 = 3,
6x1 + x2 − 2x3 = 3.
Führt man den ersten Gauss-Schritt mit Pivot in der Zeile 1 aus, so erhält man die augmentierte Matrix:


3 −2
1
5
(i)  0 −3/4 1/3 −1/2 
0
5
0
−7


5
3 −2
1
(ii)  0 4/3 1/3 −1/3 
0 5
0
−3
√

3 −2
1
5
(iii)  0 4/3 1/3 −1/3 
0 5
−4
−7

(iv) Keine der obigen 3 Matrizen stellt die augmentierte Matrix nach dem ersten Gauss-Schritt dar.
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4.1b)
Jemand erhält als Resultat der Gausselimination die folgende augmentierte Matrix


1
1 a
1
 0 1
.
1
0
0 0 −a(1 − a) b(1 − a)
Wenn b = 0, dann hat das Gleichungssystem immer genau eine Lösung.
(i) Richtig.
√
(ii) Falsch.
Wenn a = 1, dann besteht die letzte Zeile nur aus Nullen und wir können z frei wählen. Als Lösungsmenge erhalten
wir somit {(1, −λ, λ)> : λ ∈ R}. Wir haben also mindestens einen Fall, für welchen wir unendlich viele Lösungen
bekommen.
Wenn a 6= 0, dann hat das Gleichungssystem immer genau eine Lösung.
(iii) Richtig.
√
(iv) Falsch.
Wenn a = 1, so gibt es in der untersten Zeile kein Pivot, und das Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen. Siehe
auch Lösung der ersten Frage von b).
Wenn a = 2 und b = 1, dann ist (2.5, −0.5, −0.5)> die einzige Lösung.
(v) Richtig.
√
(vi) Falsch.
Die einzige Lösung in diesem Fall ist (0.5, 0.5, −0.5).
Wenn a = 1, dann ist die Lösungsmenge {(1, λ, −λ)> : λ ∈ R}.
√
(vii) Richtig.
(viii) Falsch.
Siehe erste Frage von b).
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Aufgabe 4.2
Eine n × n Matrix Q heisst orthogonal falls QQT = QT Q = In , wobei In die n × n Einheitsmatrix ist.
4.2a) Sei u =
orthogonal?
h
√2 , − √1
5
5
iT
. Für welche Werte des Parameters α ∈ R ist die Matrix V := I2 − αu uT
Lösung: Wir können die möglichen Werte von α auf folgende Art finden: V ist orthogonal, falls V T V =
I2 . Da I2T = I2 und (u uT )T = u uT , folgt
V T = (I2 − αu uT )T = I2 − αu uT = V
und damit
V T V = V V = (I2 − αu uT ) (I2 − αu uT )
= I2 I2 − I2 αu uT − αu uT I2 + αu uT αu uT
T
= I2 − 2αu uT + α2 u u
u uT
|{z}
=u21 +u22 = 45 + 51 =1
= I2 + (−2α + α2 )u uT
Da u uT nicht die Nullmatrix ist, gilt V T V = I2 genau dann, wenn −2α + α2 = 0, also für α = 2 oder
α = 0 (dann ist V = I2 trivialerweise orthogonal).
Eine n × n-Matrix der Form In − 2u uT mit uT u = 1 ist immer orthogonal. Man nennt eine solche Matrix
Householdermatrix. Siehe dazu die Seite 32 vom Buch.
4.2b) Lösen Sie für die in 4.2a) ermittelten Werte von α das Gleichungssystem
1
,
V x=
3
ohne das Gauss’sche Eliminationsverfahren zu benützen.
Lösung: Für α = 0:
1
⇒
⇒ I2 x =
3
1
, folgt:
= V und V x =
3
1
V x=
3
Für α = 2:
Da V orthogonal, V T
1
.
x=
3
1
V x=
3
1
⇒ V V x=V
3
1
V =V T
⇒
VT V x=V
3
V orthogonal
1
⇒
I2 x = V
3
1
−3/5 4/5 1
9/5
⇒ x=V
=
=
.
3
4/5 3/5 3
13/5
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4.2c) Kontrollieren Sie 4.2a) und 4.2b) mit M ATLAB.
Lösung:
Die folgenden Zeilen liefern das Gewünschte:
Listing 4.1: Serie 4, Aufgabe 4.2c)
1
% Teil 2a)
2
u = [ 2; -1 ] / s q r t (5) ;
3
% eye(N) = NxN Einheitsmatrix
5
V_a0 = e y e (2);
V_a2 = e y e (2) - 2 * u * u’;
6
% Orthogonalitaet -check: transponierte(V) * V
7
VV_a0 = V_a0’ * V_a0
VV_a2 = V_a2’ * V_a2
4
8
9
10
% Teil 2b)
11
b = [1;
x_a0 =
xx_a0 =
x_a2 =
xx_a2 =
12
13
14
15
3];
V_a0\b
V_a0*b
V_a2\b
V_a2*b
Der Code gibt:
VV_a0 =
1
0
0
1
VV_a2 =
1.0000
0.0000
x_a0 =
1
3
xx_a0 =
1
3
x_a2 =
1.8000
2.6000
xx_a2 =
1.8000
2.6000
0.0000
1.0000
Falls α = 0 oder α = 2 folgt V T V = I2 , also ist V orthogonal.
Weil V = V T = V −1 , erhalten wir x = V −1 b = V b.
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Aufgabe 4.3
4.3a) Seien A ∈ Rk×l , B ∈ Rl×m und C ∈ Rm×n . Zeigen Sie, dass (AB)C = A(BC).
Hinweis: Zeigen Sie, dass für i ∈ {1, . . . , k} und j ∈ {1, . . . , n}, es gilt ((AB)C)i,j = (A(BC))i,j .
Lösung: Für i ∈ {1, . . . , k} und j ∈ {1, . . . , n}, gilt es
((AB)C)i,j
m
X
=
(AB)i,d Cd,j
=
=
=
=
=
d=1
m
X
l
X
d=1
e=1
m X
l
X
d=1 e=1
l X
m
X
!
Ai,e Be,d Cd,j
Ai,e Be,d Cd,j
Ai,e Be,d Cd,j
e=1 d=1
l
X
m
X
e=1
d=1
Ai,e
l
X
!
Be,d Cd,j
Ai,e (BC)e,j
e=1
=(A(BC))i,j .
4.3b) Zeigen Sie, dass die Inverse einer n × n Matrix eindeutig ist.
Hinweis: Benutzen Sie, dass das Gleichungsystem Ax = b für jedes b eine eindeutige Lösung x besitzt.
Lösung: Seien A, X und Y so, dass AX = AY = In . Wir wollen zeigen, dass X = Y . Für i ∈
{1, . . . , n}, gilt es


0
 ... 


 0 


 ← i-te Zeile ,
1
AXi = AYi = ei =: 


 0 


 ... 
0
wobei Xi die i-te Spalte von X und Yi die i-te Spalte von Y sind. Da das System Ax = ei nur eine Lösung
besitzt, gilt es Xi = Yi . Es folgt, dass alle Spalten von X und Y gleich sind und so X = Y .
4.3c) Sei Q eine orthogonale n × n Matrix. Zeigen Sie, dass Q−1 = QT .
Hinweis: Benutzen Sie 4.3b).
Lösung: Falls Q eine orthogonale Matrix ist, folgt es QQT = In und da ist QT die Inverse von Q. Da die
Inverse eindeutig ist, erhalten wir QT = Q−1 .
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