Technische Universität München Mathematik für

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Mathematik für Physiker 1
Wintersemester 11/12
Michael Kaplan — Jan Wehrheim — Christian Mendl
Übungsblatt 14
Tutorübung - Lösungen
T1: Lineare Regression
Gegeben sind die folgenden Messpunkte xi ∈ R mit dazugehörigen Messwerten yi ∈ R:
1
x2
x0
2
0
x1
√
,
=
=
,
=
y2
y0
0
0
y1
3
a) Zeichnen Sie diese Punkte in ein Koordinatensystem und überlegen Sie, welche Gerade diese
Messungen am besten approximiert.
b) Berechnen Sie nun Koeffizienten a0 , a1 ∈ R, so dass die Gerade p(x) = a0 + a1 x die Summe
|p(x0 ) − y0 |2 + |p(x1 ) − y1 |2 + |p(x2 ) − y2 |2
der quadratischen Abweichungen minimiert.
Lösung zu T1:
a) Die Datenpunkte liegen auf den Ecken eines gleichseitigen Dreiecks. Man könnte vermuten,
dass die Gerade parallel zur x-Achse auf halber Höhe des Dreiecks eine gute Approximation ist.
Vielleicht sollte man diese Gerade aber etwas nach unten schieben, da ja unterhalb der Geraden
zwei Datenpunkte liegen, darüber aber nur einer...? Aufgrund der Symmetrie der Datenpunkte
könnte man auch die Existenz verschiedener gleich guter Approximationen vermuten: Dreht
man die Gerade um 60◦ um den Mittelpunkt des gleichseitigen Dreiecks, so bleiben die Abstände
von den Datenpunkten zu der Geraden im Prinzip gleich.
b) Wir suchen Parameter a0 , a1 , welche die Gleichungen a0 + a1 xi = yi für i = 0, 1, , 2 ’möglichst
gut’ lösen. Eine exakte Lösung gibt es nicht, da das LGS


 
1 x0
y0
a
0
1 x1  ·
= y1 
a1
1 x2
y2
nicht lösbar ist (wie man durch Einsetzen der gegebenen Werte erkennt). Wir suchen also die
beste Lösung ’im quadratischen Mittel’ und müssen dazu die Normalengleichung lösen. Wir
berechnen


1 x0
1
1
1
3
x0 + x1 + x2
3 3
t


A·A=
· 1 x1 =
=
x0 x1 x2
x0 + x1 + x2 x20 + x21 + x22
3 5
1 x2
mit
t
A·A
−1
1
5
= ·
−3
6
−3
3
 
y0
1
t


und A · y1 =
x0
y2
Es folgt
1
a0
5
= ·
a1
−3
6
1
x1
1
x2
 
√ y0
3


· y1 = √ .
3
y2
√ √ −3
3
1/ 3
=
· √
3
0
3
und damit ist die Gerade mit der Gleichung y = √13 + 0 · x = √13 die (im quadratischen Mittel)
beste Approximation unserer Messung.
Die Lösung ist also die leicht nach unten verschobene Gerade parallel zur x-Achse. Die ’gedrehten’ Geraden aus obiger Symmetrieüberlegung sind keine korrekte Lösung: Sie minimieren
zwar die Abstände zwischen Datenpunkten und Geraden, nicht aber die Summe der Differenzen
|p(xi ) − yi |2 . Dies macht man sich am besten anhand einer Zeichnung klar.
T2: Legendre-Polynome
Sei R[x]2 der Vektorraum der reellen Polynomfunktionen vom Grad ≤ 2.
a) Zeigen Sie, dass durch
Z
1
hp|qi :=
p(x)q(x) dx
−1
ein Skalarprodukt auf R[z]2 definiert ist.
b) Berechnen Sie ausgehend von der Standardbasis (1, x, x2 ) mit dem Gram-Schmidtschen Orthogonalisierungsverfahren eine Orthonormalbasis von (R[z]2 , h | i).
Lösung zu T2:
a) Aufgrund der Linearität
gilt
hp + q|ri =
=
=
des Integrals ist h | i eine Bilinearform: Für p, q, r ∈ R[x]2 und α ∈ R
R1
R1
(p(x) + q(x)) r(x) dx = −1 (p(x)r(x) + q(x)r(x)) dx
R
R−1
1
1
p(x)r(x) dx + −1 q(x)r(x) dx
−1
hp|ri + hq|ri ,
und
Z
1
hαp|qi =
Z
1
p(x)q(x) dx = α hp|qi .
αp(x)q(x) dx = α
−1
−1
Die Multiplikation von Funktionen ist kommutativ, also ist h | i symmetrisch:
Z
1
hp|qi =
Z
1
q(x)p(x) dx = hq|pi .
p(x)q(x) dx =
−1
−1
Schließlich ist für p 6= 0
Z
1
p(x)2 dx > 0.
hp|pi =
−1
Damit ist h | i ein Skalarprodukt auf R[x]2 .
b) Ausgehend von der Standardbasis B := (p1 (x) = 1, p2 (x) = x, p3 (x) = x2 ) setzen wir zunächst
q1 (x) := p1 (x) = 1
und normieren dann:
b1 (x) :=
1
q1 (x)
=√ .
||q1 (x)||
2
Im zweiten Schritt setzen wir
q2 (x) := p2 (x) − hb1 (x)|p2 (x)i · b1 (x) = x −
und berechnen
1
2
Z
1
x dx = x
−1
√
q2 (x)
3
b2 (x) :=
= √ · x.
||q2 (x)||
2
Im dritten Schritt setzen wir
q3 (x) := p3 (x) − hb1 (x)|p3 (x)i · b1 (x) − hb2 (x)|p3 (x)i · b2 (x) = . . . = x2 −
und normieren:
b3 :=
1
3
√
q3 (x)
3 5
1
= √ · (x2 − ).
||q3 (x)||
3
2 2
Damit ist (b1 (x), b2 (x), b3 (x)) eine Orthonormalbasis des R[x]2 bezüglich des vorgegebenen
R1
Skalarprodukts hp(x)|q(x)i = −1 p(x)q(x) dx.
T3: Orthogonale Eigenräume
Beweisen Sie den folgenden Satz aus der Vorlesung:
Satz 16.3.4. Es sei f ein selbstadjungierter Endomorphismus eines n-dimensionalen Euklidischen Vektorraumes (V, h | i). Dann gilt: Die Eigenräume von f sind paarweise orthogonal zueinander.
Lösung zu T3:
Es seien λ, µ ∈ R zwei verschiedene Eigenwerte von f und v ∈ Ef (λ), w ∈ Ef (µ) zwei Vektoren. Es
ist zu zeigen, dass v und w orthogonal sind. Wir berechnen
λ hv|wi = hλv|wi = hf (v)|wi = hv|f (w)i = hv|µwi = µ hv|wi .
Dabei haben wir in der Mitte ausgenutzt, dass f selbstadjungiert ist. Es folgt
(λ − µ) · hv|wi = 0
und wegen λ 6= µ ergibt sich die Behauptung hv|wi = 0.
T4: Drehungen
Wir betrachten den Vektor d = t 1 1 1 ∈ R3 und wollen die Drehung Dd (α) um die von d
aufgespannte Drehachse mit einem Drehwinkel α durch eine Matrixmultiplikation beschreiben.
cos(α) − sin(α)
a) Zeigen Sie, dass die Matrix A =
eine Drehung des R2 darstellt.
sin(α) cos(α)
b) Bestimmen Sie eine Orthonormalbasis (v, w) von Lin{d}⊥ .
c) Stellen Sie Dd (α) bezüglich der Basis (d, v, w) dar.
d) Berechnen Sie die darstellende Matrix von Dd (α) bezüglich der Standardbasis.
Lösung zu T4:
a) Betrachten wir die Abbildung R2 → R2 ; x 7→ Ax, welche durch diese Matrix beschrieben wird,
so steht in der ersten Spalte von A das Bild des ersten Einheitsvektores e1 und in der zweiten
Spalte das Bild von e2 . Eine kleine Zeichnung macht klar, dass es sich um die behauptete
Drehung handelt.
b) Man könnte (v, w) hier relativ einfach erraten - wir gehen aber den ausführlichen Rechenweg:
Zunächst ist Lin{d}⊥ zu bestimmen. Wir suchen also alle Vektoren, die senkrecht auf d stehen.
Das ist aber genau der Lösungsraum des LGS
 
x1
1 1 1 · x2  = 0.
x3
Die Koeffizientenmatrix ist bereits auf Zeilenstufenform, wir haben also zwei freie Parameter
µ = x2 und ν = x3 und erhalten x1 = −µ − ν. Damit ist
  

 
−1
−1 

Lin{d}⊥ = µ ·  1  + ν ·  0  µ, ν ∈ R .


0
1
Damit ist (v 0 , w0 ) mit
 
−1
v0 =  1 
0
 
−1
und w0 =  0 
1
eine Basis von Lin{d}⊥ , aus der wir nun eine ONB konstruieren:
√ 



−1/√ 2
−1/2
v0
v := 0 =  1/ 2  , w00 := w0 −hv|w0 i·v = . . . = −1/2
||v ||
1
0
,
√ 

−1/√6
w00
w :=
= √
−1/√6
||w00 ||
2/ 3
c) Unter Dd (α) wird der Vektor d auf sich selbst abgebildet, denn Punkte auf der Drehachse
bleiben fix. Die Bilder der Vektoren v und w, welche das orthogonale Komplement der Drehachse
aufspannen, sind entsprechend Aufgabenteil a)
v 7→ cos(α) · v + sin(α) · w
und w 7→ − sin(α) · v + cos(α) · w.
Daraus ergibt sich die darstellende Matrix bezüglich der Basis B = (d, v, w)


1
0
0
0 cos(α) − sin(α) .
B [Dd (α)]B =
0 sin(α) cos(α)
d) Wir haben die Transformationsmatrix

1
T = E [id]B = 1
1
√
−1/√ 2
1/ 2
0
√ 
−1/√6
−1/√6
√
2/ 3
und berechnen das Inverse

T −1
1/3
√
= B [id]E = −1/√2
−1/ 6
1/3
√
1/ √2
−1/ 6

1/3
.
√ 0√
2/ 3
Dies kann man entweder mit dem Standardverfahren zum Invertieren einer Matrix machen oder man kann ausnutzen, dass die Spalten von T ja schon orthogonal zueinander sind. Wir
erhalten also die transformierte Darstellungsmatrix
E [Dd (α)]E
= T · B [Dd (α)]B · T −1 ,
die man nicht mehr im Kopf ausrechnen möchte... es ergibt sich
√
√


(1 + 2 cos(α))/3
(1 − 3 sin(α) − cos(α))/3 (1 + √3 sin(α) − cos(α))/3
√
(1 + 3 sin(α) − cos(α))/3
(1 + 2 cos(α))/3
(1 − 3 sin(α) − cos(α))/3
E [Dd (α)]E =
√
√
(1 − 3 sin(α) − cos(α))/3 (1 + 3 sin(α) − cos(α))/3
(1 + 2 cos(α))/3
T5: Minkowski-Metrik
Wir betrachten den R2 mit der Minkowski-Metrik
2
c
hx|yi := t x ·
0
0
· y.
−1
a) Ist diese Bilinearform h | i symmetrisch (definit, ausgeartet, ein Skalarprodukt)?
b) Wir betrachten die Lorentz-Transformationen aus Aufgabe Z3 auf Blatt 9
1
1 v/c2
,
Λv := γ ·
mit γ = p
v
1
1 − v 2 /c2
welche in der speziellen Relativitätstheorie den Koordinatenwechsel zwischen Systemen mit
konstanter relativer Geschwindigkeit v beschreiben.
Zeigen Sie, dass Λv die Minkowski-Metrik erhält: Es gilt
hΛv x|Λv yi = hx|yi
für alle x, y ∈ R2 .
Lösung zu T5:
a) Die Minkowski-Metrik ist symmetrisch, nicht ausgeartet (wegen c 6= 0 hat die darstellende
Matrix vollen Rang) und indefinit (wegen c2 > 0 lautet die Signatur (1, 1, 0)) - also kein Skalarprodukt in unserem Sinne, man kann aber trotzdem sinnvolle Geometrie damit betreiben...
b) Wir berechnen
t
Λv ·
2
c
0
2
0
c
· Λv = . . . =
−1
0
und daraus ergibt sich die Behauptung.
0
−1