1

Lineare Algebra II – FS 20

Übung 13

2

Ablauf

Einführung

Recap einiger Sachen

Besprechung von 3 Aufgaben der Lernkontrolle

Theorie

• Inhomogene lineare Systeme (häufiger Fall)

Tipps Serie 13

3

Recap

Fragen

Für reelle Matrizen gilt

Wenn A symmetrisch ist → Es existiert eine orthonormale Eigenbasis.

Es existiert eine orthonormale Eigenbasis.→ A ist symmetrisch.

4

Recap

Länge vom | 𝑟 | Vektor

𝑟 = 𝐴𝑥 − 𝑐

5

Recap

Länge vom | 𝑟 | Vektor

𝑟 = 𝐴𝑥 − 𝑐

𝑅 = 𝑄𝑇𝐴 → 𝐴 = 𝑄𝑅𝑑 = 𝑄𝑇𝑐 → 𝑐 = 𝑄𝑑

Orthogonale Matrix

𝑄𝑇𝑄 = 𝕀𝑛

6

Recap

Länge vom | 𝑟 | Vektor

𝑟 = 𝐴𝑥 − 𝑐

𝑅 = 𝑄𝑇𝐴 → 𝐴 = 𝑄𝑅𝑑 = 𝑄𝑇𝑐 → 𝑐 = 𝑄𝑑

Orthogonale Matrix

𝑄𝑇𝑄 = 𝕀𝑛

𝑅 =9 30 30 0

𝑥 =13/97/3

𝑑 =2071

𝑅0

𝑥

𝑑0

𝑑1

7

Recap

Länge vom | 𝑟 | Vektor

𝑟 = 𝐴𝑥 − 𝑐

𝑅 = 𝑄𝑇𝐴 → 𝐴 = 𝑄𝑅𝑑 = 𝑄𝑇𝑐 → 𝑐 = 𝑄𝑑

𝑟 = 𝑄𝑅𝑥 − 𝑄𝑑 = | 𝑄 𝑅𝑥 − 𝑑 |

Orthogonale Matrix

𝑄𝑇𝑄 = 𝕀𝑛

8

Recap

Länge vom | 𝑟 | Vektor

𝑟 = 𝐴𝑥 − 𝑐

𝑅 = 𝑄𝑇𝐴 → 𝐴 = 𝑄𝑅𝑑 = 𝑄𝑇𝑐 → 𝑐 = 𝑄𝑑

𝑟 = 𝑄𝑅𝑥 − 𝑄𝑑 = | 𝑄 𝑅𝑥 − 𝑑 |

Eine orthogonale Matrix verändert die Länge eines Vektors nicht.

𝑟 = 𝑅𝑥 − 𝑑

Orthogonale Matrix

𝑄𝑇𝑄 = 𝕀𝑛

9

Recap

Länge vom | 𝑟 | Vektor

𝑟 = 𝐴𝑥 − 𝑐

𝑅 = 𝑄𝑇𝐴 → 𝐴 = 𝑄𝑅𝑑 = 𝑄𝑇𝑐 → 𝑐 = 𝑄𝑑

𝑟 = 𝑄𝑅𝑥 − 𝑄𝑑 = | 𝑄 𝑅𝑥 − 𝑑 |

Eine orthogonale Matrix verändert die Länge eines Vektors nicht.

𝑟 = 𝑅𝑥 − 𝑑 =9 30 30 0

13/97/3

−2071

=2070

−2071

=00−1

=| 𝑑1 |

𝑟 = | 𝑑1 |

Orthogonale Matrix

𝑄𝑇𝑄 = 𝕀𝑛

𝑅0 𝑥 𝑑0

𝑑1

10

Recap

System 1.Ordnung

𝑌′ = 𝐴𝑌Eigenwerte und Eigenvektoren sind berechnet.

Weg 1 Weg 2

Allgemeine Lösung direkt hinschreiben

𝑌 𝑡 = 𝑐1𝑒1𝜆𝑡𝐸𝑉𝜆1 + 𝑐2𝑒2

𝜆𝑡𝐸𝑉𝜆2

Allgemeine Lösung schreiben als

𝑌 𝑡 = 𝑇𝑒𝐷𝑡𝐶 = 𝐸𝑉𝜆1 𝐸𝑉𝜆2

𝑇

𝑒𝜆1𝑡 0

0 𝑒𝜆2𝑡

𝑐1𝑐2

Koeffizienten aus 𝒚(𝟎) berechnen𝑌 0 = 𝑐1𝐸𝑉𝜆1 + 𝑐2𝐸𝑉𝜆2

→ Wir erhalten das genau gleiche LGS.

Koeffizienten als 𝑻𝑪 = 𝒀(𝟎) berechnen.Lineares Gleichungssystem

T: Matrix, Y(0): rechte Seite, C: unbekannte

Lösung mit den Anfangsbedingungen

Berechnete Koeffizienten einsetzen.

Lösung mit den Anfangsbedingungen

𝑌 𝑡 = 𝑇𝑒𝐷𝑡 𝑇−1𝑌(0)=𝐶

11

Recap

System 1.Ordnung

𝑌′ = 𝐴𝑌Eigenwerte und Eigenvektoren sind berechnet.

Weg 1 Weg 2

Allgemeine Lösung direkt hinschreiben

𝑌 𝑡 = 𝑐1𝑒1𝜆𝑡𝐸𝑉𝜆1 + 𝑐2𝑒2

𝜆𝑡𝐸𝑉𝜆2

Allgemeine Lösung schreiben als

𝑌 𝑡 = 𝑇𝑒𝐷𝑡𝐶 = 𝐸𝑉𝜆1 𝐸𝑉𝜆2

𝑇

𝑒𝜆1𝑡 0

0 𝑒𝜆2𝑡

𝑐1𝑐2

Koeffizienten aus 𝒚(𝟎) berechnen𝑌 0 = 𝑐1𝐸𝑉𝜆1 + 𝑐2𝐸𝑉𝜆2

→ Wir erhalten das genau gleiche LGS.

Koeffizienten als 𝑻𝑪 = 𝒀(𝟎) berechnen.Lineares Gleichungssystem

T: Matrix, Y(0): rechte Seite, C: unbekannte

Lösung mit den Anfangsbedingungen

Berechnete Koeffizienten einsetzen.

Lösung mit den Anfangsbedingungen

𝑌 𝑡 = 𝑇𝑒𝐷𝑡 𝑇−1𝑌(0)=𝐶

12

Recap

Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix

13

Recap

Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix

Eigenwertgleichung

𝐵𝑣1 = 𝜆1𝑣1𝐵𝑣2 = 𝜆2𝑣2

14

Recap

Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix

Eigenwertgleichung

𝐵𝑣1 = 𝜆1𝑣1𝐵𝑣2 = 𝜆2𝑣2

Der Eigenvektor mit der

Matrix multipliziert.

15

Recap

Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix

Eigenwertgleichung

𝐵𝑣1 = 𝜆1𝑣1𝐵𝑣2 = 𝜆2𝑣2

Der Eigenvektor mit der

Matrix multipliziert.

Ein Vielfaches des

Eigenvektors.=

16

Recap

Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix

Eigenwertgleichung

𝐵𝑣1 = 𝜆1𝑣1𝐵𝑣2 = 𝜆2𝑣2

Der Eigenvektor mit der

Matrix multipliziert.

Ein Vielfaches des

Eigenvektors.=

17

Recap

Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix

a) Dieser Fall ist nicht möglich, da 𝐵𝑣1 nicht mehr in die Richtung von 𝑣1 zeigt.

18

Recap

Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix

b)

Dieser Fall ist möglich,

die Eigenwerte wären.

𝜆1 = 1, 𝜆2 = −1

19

Recap

Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix

c) Dieser Fall ist möglich, die

Eigenwerte wären.

𝜆1 = 0, 𝜆2 = 1

20

Recap

Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix

d)

Dieser Fall ist

möglich, die

Eigenwerte

wären.

𝜆1 = 0.5, 𝜆2 = 2

21

Recap

Aufgabe 2 – Eigenvektoren einer Matrix

a) b)

c) d)

Dieser Fall ist möglich, die

Eigenwerte wären.

𝜆1 = 1, 𝜆2 = −1

Dieser Fall ist

möglich, die

Eigenwerte wären.

𝜆1 = 0.5, 𝜆2 = 2

Dieser Fall ist

möglich, die

Eigenwerte

wären.

𝜆1 = 0, 𝜆2 = 1

Dieser Fall ist nicht möglich,

da 𝐵𝑣1 nicht mehr in die Richtung von 𝑣1 zeigt.

Diese Grafik kann

keine Darstellung

sein.

22

Recap

Aufgabe 3

23

Recap

Aufgabe 3 Erklärung

Wir sehen, dass die 2. und die 4. sowie die 3. und die 5. Spalte linear abhängig sind.

Das heisst, der Rang unserer Matrix ist 𝑅𝑎𝑛𝑔 𝐶 = 5 − 2 = 3. (wir könnten zwei Nullzeilen erzeugen)

Die Dimension des Bildes ist also dim 𝑖𝑚 𝐶 = 𝑅𝑎𝑛𝑔 𝐶 = 3.

Die Dimension des Kerns ist deshalb: dim ker 𝐴 = 5 − 3 = 2.

Die geom.Vf von 𝜆 = 0 ist also 2.

Die alg.Vf von 𝜆 = 0 ist also ≥ 2.

Die Spur von 𝐶 ist 𝑆𝑝𝑢𝑟 𝐶 = 0 + 4 + 10 + 24 + 1 = 39

(II)

2⋅(II)

(III)

0.5⋅(III)

24

Recap

Aufgabe 3 Erklärung

a) 𝐶 hat nur einen einzigen Eigenwert.

Falsch, da die Spur die Summe der Eigenwerte ist und hier die Spur nicht null ist gibt es also sicher also noch einen anderen Eigenwert als 0.

a) 0 ist ein Eigenwert von C mit alg. Vf = 2.

Richtig, das ist die einzige Aussage die übrig bleibt.

a) C hat 5 paarweise verschiedene Eigenwerte.

Falsch, Da der Eigenwert 0 mindestens alg.Vf = 2 hat, gibt es höchstens 4 paarweise verschiedene Eigenwerte.

a) 1 ist eine Eigenwert von C mit alg.Vf = 4.

Falsch, Da der Eigenwert 0 mindestens alg.Vf = 2 hat, kann eine anderer Eigenwert höchstens alg.Vf = 3 (5-2) haben.

25

Recap

Aufgabe 8

26

Theorie

Inhomogene Systeme

Allgemein𝑌′ = 𝐴 𝑥 𝑌 + 𝐵 𝑥

Beispiel

𝑌′ =1 𝑥𝑥 1

𝑌 +sin(𝑥)cos(𝑥)

27

Theorie

Inhomogene Systeme häufiger Fall

Konstante Koeffizienten, konstanter Störterm

𝑌′ = 𝐴𝑌 + 𝐵

Beispiel Prüfung S16

𝑌′ =1 0 02 1 −23 2 1

𝑌 +555

𝒀 𝟎 =−𝟑𝟒𝟎

28

Theorie

Schritt 1 – Lösen des homogenen Systems

𝑌′ = 𝐴𝑌

𝑌′ =1 0 02 1 −23 2 1

𝑌

Eigenwerte𝜆1 = 1, 𝜆2 = 1 + 2𝑖, 𝜆3 = 1 − 2𝑖

Eigenvektoren

29

Theorie

Schritt 1 – Lösen des homogenen Systems

Lösung hinschreiben

𝑌ℎ 𝑡

= 𝑐1𝑒𝑡

2−32

+ 𝑒𝑡 𝑐2 cos(2𝑡) − 𝑐3sin(2𝑡)001

− 𝑐2 sin 2𝑡 + 𝑐3cos(2𝑡)010

30

Theorie

Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.

𝑌′ =1 0 02 1 −23 2 1

𝑌 +ถ

555𝑏

31

Theorie

Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.

𝑌′ =1 0 02 1 −23 2 1

𝑌 +ถ

555𝑏

Ansatz

Da b konstant ist wählen wir 𝑌𝑝 =

𝛼𝛽𝛾

= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. als Ansatz.

32

Theorie

Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.

𝑌′ =1 0 02 1 −23 2 1

𝑌 +ถ

555𝑏

Ansatz

Da b konstant ist wählen wir 𝑌𝑝 =

𝛼𝛽𝛾

= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. als Ansatz.

Einsetzen000

=1 0 02 1 −23 2 1

𝑌𝑝 +555

33

Theorie

Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.

𝑌′ =1 0 02 1 −23 2 1

𝑌 +ถ

555𝑏

Ansatz

Da b konstant ist wählen wir 𝑌𝑝 =

𝛼𝛽𝛾

= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. als Ansatz.

Einsetzen000

=1 0 02 1 −23 2 1

𝑌𝑝 +555

Die linke Seite ist null, weil ein

konstanter Vektor (hier der

Ansatz 𝑌𝑝) abgeleitet 0 ergibt.

34

Theorie

Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.

Einsetzen000

=1 0 02 1 −23 2 1

𝑌𝑝 +555

35

Theorie

Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.

Einsetzen000

=1 0 02 1 −23 2 1

𝑌𝑝 +555

anders geschrieben ist das ein lineares Gleichungssystem.1 0 02 1 −23 2 1

𝑌𝑝 =−5−5−5

36

Theorie

Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.

Einsetzen000

=1 0 02 1 −23 2 1

𝑌𝑝 +555

anders geschrieben ist das ein lineares Gleichungssystem.1 0 02 1 −23 2 1

𝑌𝑝 =−5−5−5

Mit Gauss finden wir die Zeilenstufenform.1 0 00 1 −20 0 5

𝑌𝑝 =−550

37

Theorie

Schritt 2 – Eine partikuläre Lösung finden.

Einsetzen000

=1 0 02 1 −23 2 1

𝑌𝑝 +555

anders geschrieben ist das ein lineares Gleichungssystem.1 0 02 1 −23 2 1

𝑌𝑝 =−5−5−5

Mit Gauss finden wir die Zeilenstufenform.1 0 00 1 −20 0 5

𝑌𝑝 =−550

→ 𝒀𝒑 =−𝟓𝟓𝟎

38

Theorie

Schritt 3 – Allgemeine Lösung des inhomogenen Systems

Allgemeine inhomogene Lösung

= allgemeine homogene Lösung + 1 partikuläre Lösung

39

Theorie

Schritt 3 – Allgemeine Lösung des inhomogenen Systems

Allgemeine inhomogene Lösung

= allgemeine homogene Lösung + 1 partikuläre Lösung

𝑌 𝑡 = 𝒀𝒉 𝒕 + 𝒀𝒑 𝒕

= 𝒆𝒕 𝒄𝟏

𝟐−𝟑𝟐

+ 𝒄𝟐 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒕) − 𝒄𝟑𝒔𝒊𝒏(𝟐𝒕)𝟎𝟎𝟏

− 𝒄𝟐 𝒔𝒊𝒏 𝟐𝒕 + 𝒄𝟑𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒕)𝟎𝟏𝟎

+−𝟓𝟓𝟎

40

Theorie

Schritt 3 – Allgemeine Lösung des inhomogenen Systems

Allgemeine inhomogene Lösung

= allgemeine homogene Lösung + 1 partikuläre Lösung

𝑌 𝑡 = 𝒀𝒉 𝒕 + 𝒀𝒑 𝒕

= 𝑒𝑡 𝒄𝟏

2−32

+ 𝒄𝟐 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) − 𝒄𝟑𝑠𝑖𝑛(2𝑡)001

− 𝒄𝟐 𝑠𝑖𝑛 2𝑡 + 𝒄𝟑𝑐𝑜𝑠(2𝑡)010

+−550

41

Theorie

Schritt 4 – Konstanten mit der Anfangsbedingung bestimmen

= 𝑒𝑡 𝒄𝟏

2−32

+ 𝒄𝟐 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) − 𝒄𝟑𝑠𝑖𝑛(2𝑡)001

− 𝒄𝟐 𝑠𝑖𝑛 2𝑡 + 𝒄𝟑𝑐𝑜𝑠(2𝑡)010

+−550

42

Theorie

Schritt 4 – Konstanten mit der Anfangsbedingung bestimmen

= 𝑒𝑡 𝒄𝟏

2−32

+ 𝒄𝟐 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) − 𝒄𝟑𝑠𝑖𝑛(2𝑡)001

− 𝒄𝟐 𝑠𝑖𝑛 2𝑡 + 𝒄𝟑𝑐𝑜𝑠(2𝑡)010

+−550

Wir wollen 𝒄𝟏, 𝒄𝟐 und 𝒄𝟑 bestimmen.

𝑌 0 = 𝒄𝟏

2−32

+ 𝒄𝟐

001

+ 𝒄𝟑

010

+−550

=−𝟑𝟒𝟎

43

Theorie

Schritt 4 – Konstanten mit der Anfangsbedingung bestimmen

= 𝑒𝑡 𝒄𝟏

2−32

+ 𝒄𝟐 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) − 𝒄𝟑𝑠𝑖𝑛(2𝑡)001

− 𝒄𝟐 𝑠𝑖𝑛 2𝑡 + 𝒄𝟑𝑐𝑜𝑠(2𝑡)010

+−550

Wir wollen 𝒄𝟏, 𝒄𝟐 und 𝒄𝟑 bestimmen.

𝑌 0 = 𝒄𝟏

2−32

+ 𝒄𝟐

001

+ 𝒄𝟑

010

+−550

=−𝟑𝟒𝟎

𝑌 0 =

2𝒄𝟏 − 5−3𝒄𝟏 + 𝒄𝟑 + 5

2𝒄𝟏 + 𝒄𝟐

=−340

2 0 0−3 0 12 1 0

𝒄𝟏𝒄𝟐𝒄𝟑

=2−10

→

𝒄𝟏𝒄𝟐𝒄𝟑

=1−22

44

Theorie

Schritt 4 – Konstanten mit der Anfangsbedingung bestimmenEingesetzt in die Lösung erhalten wir also

= 𝑒𝑡 𝟏2−32

+ −𝟐𝑐𝑜𝑠(2𝑡) − 𝟐𝑠𝑖𝑛(2𝑡)001

− −𝟐𝑠𝑖𝑛 2𝑡 + 𝟐𝑐𝑜𝑠(2𝑡)010

+−550

45

Theorie

Tipps Serie 13

1) (b) ist eine gute Übung

2) (a) Normalengleichungen aufstellen → lösen(b) (i) QR-Zerlegung in Matlab (von Hand zu aufwendig) →lösen(b) (ii) Normalengleichungen mit «\ Operator» lösen

3) Gute Aufgabe, auch als Prüfungsvorbereitung

4) Auch diese Aufgabe ist gut als Prüfungsvorbereitung

5) (c) Welchen Rang hat die Matrix in diesem Fall?

6) (c) 𝐴𝑘𝑥 = (… ) Verwende: 𝐴𝑥 = 𝜆𝑥

7) Die Eigenwerte sind ziemlich mühsam. Rang von A berechnen. → Aussage über Eigenwert 0Spur von A ist die Summer der Eigenwerte.Schaue sonst auch in den Zusatztipps.

46

Theorie

Tipps Serie 13

8) (a) Gib die gesuchte T und D-Matrix an.

9) (c) Ansatz für ein allgemeines Polynom aus 𝑃2𝑞 𝑥 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐

10) (a) Zeige dass𝐹 𝛼𝑝 𝑥 + 𝛽𝑞 𝑥 = 𝛼𝐹 𝑝 𝑥 + 𝛽𝐹 𝑞 𝑥

(c) entweder analog zu (b) oder mit einem Basiswechsel.Für die Lösung mit dem Basiswechsel könnt ihr die Musterlösung anschauen. Für die Schnelle könnte der Weg analog zu (b) aber einfacher sein.

47

Theorie

Tipps Serie 13

11) (a) Schaut euch die Bedinungen für einen Unterraum nach. Prüft diese für die drei Vektorräume.

Für die Basis: überlegt euch wie viele freie Parameter ihr zur Verfügung habt. Das ist die Anzahl an Basis»vektoren» die ihr braucht. Wählt dann eine solche Anzahl linear unabhängiger Vektor aus.

12) Sehr schwierige und mühsame Aufgabe

Schreibe mir direkt ein Mail mit deiner Frage für Tipps an leniklau@ethz.ch dann kann ich dir konkrete Tipps geben.

mailto:leniklau@ethz.ch

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Theorie

Tipps Serie 13

13) Schreibe mir direkt ein Mail mit deiner Frage für Tipps an leniklau@ethz.ch dann kann ich dir konkrete Tipps geben.

(a) 𝐴𝜙 = 𝜙′′ = 𝜆𝜙, nehmt 𝜙 ≠ 0 an. Dann könnt ihr die DGL entweder direkt als System 2. Ordnung oder durch Rückführung auf 1. Ordnung berechnen. (Musterlösung macht Rückführung)

Weil die Funktionen in 𝐶02 0, 𝜋 sind muss

𝜙 0 = 0𝜙 𝜋 = 0

gelten.

(b) Einsetzen, wobei 𝐴𝑓, 𝑔 = ⟨𝑓′′, 𝑔⟩→ partielle Integration

(c) Für die Berechnung von 𝜙𝑘 , 𝜙𝑘 könnt ihr sin2 𝛼 =

1−cos(2𝛼)

2benutzen.

mailto:leniklau@ethz.ch

49

Theorie

Tipps Serie 13