Musterlösung Serie 4

D-BAUG
D. Stoffer
Lineare Algebra und Numerische Mathematik
WS 05/06
Musterlösung Serie 4
1.
a) Es seien α := ]AEB und β := ]AEC. Es ist
−→ −−→ (EA, EB)
4
= arccos(0.8) ≈ 36.87◦ ,
α = arccos −→ −−→
= arccos √ √
5
·
5
kEAkkEBk
−→ −
−→ (EA, EC)
3
β = arccos −→ −
= arccos √ √
= arccos(0.6) ≈ 53.13◦ .
−→
5· 5
kEAkkECk
−→
−−
→
b) Die Vektoren EA und P B stehen senkrecht aufeinander. Der Punkt P hat die
−→ −−→
Koordinaten (t, 0, 2 − 2t) für ein geeignets t ∈ R (dies folgt aus OP = OE +
−→
−→
−−→
tEA; mit EA = (1, 0, −2)> ). Daher haben wir mit P B = (−t, 1, 2t − 2)>
−→ −−
→
(EA, P B) = 4 − 5t = 0 ⇒ t = 4/5 ⇒ P (4/5, 0, 2/5).
2.
a) Beh. Es gilt für alle x, y ∈ Rn : (x, y) = 14 kx + yk2 − kx − yk2 .
Bew. Benutze, dass für alle x ∈ Rn gilt (x, x) = kxk2 , sowie Bilinearität des
Skalarprodukts.
kx + yk2 − kx − yk2 = (x + y, x + y) − (x − y, x − y)
= (x, x) + 2(x, y) + (y, y) − (x, x) + 2(x, y) − (y, y)
= 4(x, y)
Division durch 4 liefert die Behauptung.
b) Beh. Es gilt für alle x, y ∈ Rn : kx + yk2 + kx − yk2 = 2kxk2 + 2kyk2 .
Bew.
kx + yk2 + kx − yk2 = (x + y, x + y) + (x − y, x − y)
= (x, x) + 2(x, y) + (y, y) + (x, x) − 2(x, y) + (y, y)
= 2(x, x) + 2(y, y) = 2kxk2 + 2kyk2
3.
a) Die Abbildung F ist eine Drehstreckung. Der Drehwinkel ist π4 , der Streckungs√
faktor 2. Intepretiert man F als Abbildung C → C, so ist F die Multiplikation
mit z = 1 + i: x 7→ zx.
Bitte wenden!
b) Beh. Die Abbildung F : R2 → R2 ist linear.
Bew. Gemäss Definition einer linearen Abbildung müssen wir zeigen, dass
(i) F (x + y) = F (x) + F (y), ∀x, y ∈ R2
(ii) F (αx) = αF (x), ∀α ∈ R, x ∈ R2 .
Zu (i): Es gilt
x1 + y1 − (x2 + y2 )
(x1 − x2 ) + (y1 − y2 )
F (x + y) =
=
x1 + y 1 + x 2 + y 2
(x1 + x2 ) + (y1 + y2 )
x1 − x 2
y1 − y 2
=
+
= F (x) + F (y)
x1 + x 2
y1 + y 2
Zu (ii): Wir haben
F (αx) =
αx1 − αx2
αx1 + αx2
=α
x1 − x 2
x1 + x 2
= αF (x)
c) Die Kolonnen der Abbildungsmatrix A von F sind die Bilder der Basisvektoren,
d.h. a(i) = F (e(i) ), i = 1, 2. Wir nehmen als Basis von R2 die Standard ONB.
Wegen
1−0
0−1
(1)
(2)
F (e ) =
, F (e ) =
1+0
0+1
ist
A=
4.
1 −1
1
1
.
a) Wir haben
A2 = v |{z}
v T v v T = vv T = A
=kvk2 =1
A2 =A
P 2 = (I3 − A)2 = I3 − 2A + A2 = I3 − A = P
H 2 = (I3 − 2A)2 = I3 − 4A + 4A2 = I3
b) Wir zerlegen x = x⊥ + xk . (Es ist klar, dass v T x⊥ = 0, xk = kxk kv und v T xk =
v T vkxk k = kxk k). Dann gilt
Ax = Ax⊥ + Axk = v v T x⊥ +v v T xk = kxk kv = xk
| {z }
| {z }
=0
kxk k
P x = (I3 − A)x = x − xk = x⊥
Hx = (I3 − 2A)x = x − 2xk = x − xk −xk = x⊥ − xk
| {z }
x⊥
Siehe nächstes Blatt!
Daher ist A die (orthogonale) Projektion auf span{v}, die Abbildung P die Projektion auf die Ebene E, welche sechrecht zu v steht, und H ist Spiegelung an
E.PSfrag replacements
c) Beh. Die Abbildung H ist orthogonal.
Bew. Es genügt zu zeigen, dass die Matrix H orthogonal ist, d.h. H T H = I3 .
Also
HT H
=
T
A
0 =A
=
d)
(I3 − 2A)T (I3 − 2A) = (I3T − 2AT )(I3 − 2A)
(I − 2A)(I − 2A) = H 2 = I
3
3
3
0.2
0.4
T
Wir müssen noch
=
0.6 zeigen, dass A symmetrisch ist. Es gilt (wegen (AB)
T T
T
T T
T T T
T
0.8
B A ): A = (vv ) = (v ) v = vv = A.
1
0
Wegen A2 = A 0.1
und
P 2 = P sind die Abbildungen A und P Projektionen (siehe
auch b)). H ist keine
Projektion, da H 2 = I3 6= H.
0.2
0.3 A und P sind nicht invertierbar, da sie nicht-triviale Kerne
Die Abbildungen
0.4
haben (d.h. es existieren
0 6= x ∈ R3 mit Ax = 0, respektive P x = 0). Für
0.5
A ist x⊥ 6= 0 ein
0.6 solcher Vektor, für P betrachte xk 6= 0 (vergleiche mit b)).
0.7
Die Householdertransformation
H ist invertierbar, da sie orthogonal ist (H T H =
0.8
T
I3 ⇒ H −1 = H0.9
; Inverse ist eindeutig).
1
E
x
x⊥ − x k
x⊥
x⊥
−xk
v
xk