1
Lineare Algebra II β FS 20
Γbung 13
2
Ablauf
EinfΓΌhrung
Recap einiger Sachen
Besprechung von 3 Aufgaben der Lernkontrolle
Theorie
β’ Inhomogene lineare Systeme (hΓ€ufiger Fall)
Tipps Serie 13
3
Recap
Fragen
FΓΌr reelle Matrizen gilt
Wenn A symmetrisch ist β Es existiert eine orthonormale Eigenbasis.
Es existiert eine orthonormale Eigenbasis.β A ist symmetrisch.
4
Recap
LΓ€nge vom | π | Vektor
π = π΄π₯ β π
5
Recap
LΓ€nge vom | π | Vektor
π = π΄π₯ β π
π = πππ΄ β π΄ = ππ π = πππ β π = ππ
Orthogonale Matrix
πππ = ππ
6
Recap
LΓ€nge vom | π | Vektor
π = π΄π₯ β π
π = πππ΄ β π΄ = ππ π = πππ β π = ππ
Orthogonale Matrix
πππ = ππ
π =9 30 30 0
π₯ =13/97/3
π =2071
π 0
π₯
π0
π1
7
Recap
LΓ€nge vom | π | Vektor
π = π΄π₯ β π
π = πππ΄ β π΄ = ππ π = πππ β π = ππ
π = ππ π₯ β ππ = | π π π₯ β π |
Orthogonale Matrix
πππ = ππ
8
Recap
LΓ€nge vom | π | Vektor
π = π΄π₯ β π
π = πππ΄ β π΄ = ππ π = πππ β π = ππ
π = ππ π₯ β ππ = | π π π₯ β π |
Eine orthogonale Matrix verΓ€ndert die LΓ€nge eines Vektors nicht.
π = π π₯ β π
Orthogonale Matrix
πππ = ππ
9
Recap
LΓ€nge vom | π | Vektor
π = π΄π₯ β π
π = πππ΄ β π΄ = ππ π = πππ β π = ππ
π = ππ π₯ β ππ = | π π π₯ β π |
Eine orthogonale Matrix verΓ€ndert die LΓ€nge eines Vektors nicht.
π = π π₯ β π =9 30 30 0
13/97/3
β2071
=2070
β2071
=00β1
=| π1 |
π = | π1 |
Orthogonale Matrix
πππ = ππ
π 0 π₯ π0
π1
10
Recap
System 1.Ordnung
πβ² = π΄πEigenwerte und Eigenvektoren sind berechnet.
Weg 1 Weg 2
Allgemeine LΓΆsung direkt hinschreiben
π π‘ = π1π1ππ‘πΈππ1 + π2π2
ππ‘πΈππ2
Allgemeine LΓΆsung schreiben als
π π‘ = πππ·π‘πΆ = πΈππ1 πΈππ2
π
ππ1π‘ 0
0 ππ2π‘
π1π2
Koeffizienten aus π(π) berechnenπ 0 = π1πΈππ1 + π2πΈππ2
β Wir erhalten das genau gleiche LGS.
Koeffizienten als π»πͺ = π(π) berechnen.Lineares Gleichungssystem
T: Matrix, Y(0): rechte Seite, C: unbekannte
LΓΆsung mit den Anfangsbedingungen
Berechnete Koeffizienten einsetzen.
LΓΆsung mit den Anfangsbedingungen
π π‘ = πππ·π‘ πβ1π(0)=πΆ
11
Recap
System 1.Ordnung
πβ² = π΄πEigenwerte und Eigenvektoren sind berechnet.
Weg 1 Weg 2
Allgemeine LΓΆsung direkt hinschreiben
π π‘ = π1π1ππ‘πΈππ1 + π2π2
ππ‘πΈππ2
Allgemeine LΓΆsung schreiben als
π π‘ = πππ·π‘πΆ = πΈππ1 πΈππ2
π
ππ1π‘ 0
0 ππ2π‘
π1π2
Koeffizienten aus π(π) berechnenπ 0 = π1πΈππ1 + π2πΈππ2
β Wir erhalten das genau gleiche LGS.
Koeffizienten als π»πͺ = π(π) berechnen.Lineares Gleichungssystem
T: Matrix, Y(0): rechte Seite, C: unbekannte
LΓΆsung mit den Anfangsbedingungen
Berechnete Koeffizienten einsetzen.
LΓΆsung mit den Anfangsbedingungen
π π‘ = πππ·π‘ πβ1π(0)=πΆ
12
Recap
Aufgabe 2 β Eigenvektoren einer Matrix
13
Recap
Aufgabe 2 β Eigenvektoren einer Matrix
Eigenwertgleichung
π΅π£1 = π1π£1π΅π£2 = π2π£2
14
Recap
Aufgabe 2 β Eigenvektoren einer Matrix
Eigenwertgleichung
π΅π£1 = π1π£1π΅π£2 = π2π£2
Der Eigenvektor mit der
Matrix multipliziert.
15
Recap
Aufgabe 2 β Eigenvektoren einer Matrix
Eigenwertgleichung
π΅π£1 = π1π£1π΅π£2 = π2π£2
Der Eigenvektor mit der
Matrix multipliziert.
Ein Vielfaches des
Eigenvektors.=
16
Recap
Aufgabe 2 β Eigenvektoren einer Matrix
Eigenwertgleichung
π΅π£1 = π1π£1π΅π£2 = π2π£2
Der Eigenvektor mit der
Matrix multipliziert.
Ein Vielfaches des
Eigenvektors.=
17
Recap
Aufgabe 2 β Eigenvektoren einer Matrix
a) Dieser Fall ist nicht mΓΆglich, da π΅π£1 nicht mehr in die Richtung von π£1 zeigt.
18
Recap
Aufgabe 2 β Eigenvektoren einer Matrix
b)
Dieser Fall ist mΓΆglich,
die Eigenwerte wΓ€ren.
π1 = 1, π2 = β1
19
Recap
Aufgabe 2 β Eigenvektoren einer Matrix
c) Dieser Fall ist mΓΆglich, die
Eigenwerte wΓ€ren.
π1 = 0, π2 = 1
20
Recap
Aufgabe 2 β Eigenvektoren einer Matrix
d)
Dieser Fall ist
mΓΆglich, die
Eigenwerte
wΓ€ren.
π1 = 0.5, π2 = 2
21
Recap
Aufgabe 2 β Eigenvektoren einer Matrix
a) b)
c) d)
Dieser Fall ist mΓΆglich, die
Eigenwerte wΓ€ren.
π1 = 1, π2 = β1
Dieser Fall ist
mΓΆglich, die
Eigenwerte wΓ€ren.
π1 = 0.5, π2 = 2
Dieser Fall ist
mΓΆglich, die
Eigenwerte
wΓ€ren.
π1 = 0, π2 = 1
Dieser Fall ist nicht mΓΆglich,
da π΅π£1 nicht mehr in die Richtung von π£1 zeigt.
Diese Grafik kann
keine Darstellung
sein.
22
Recap
Aufgabe 3
23
Recap
Aufgabe 3 ErklΓ€rung
Wir sehen, dass die 2. und die 4. sowie die 3. und die 5. Spalte linear abhΓ€ngig sind.
Das heisst, der Rang unserer Matrix ist π πππ πΆ = 5 β 2 = 3. (wir kΓΆnnten zwei Nullzeilen erzeugen)
Die Dimension des Bildes ist also dim ππ πΆ = π πππ πΆ = 3.
Die Dimension des Kerns ist deshalb: dim ker π΄ = 5 β 3 = 2.
Die geom.Vf von π = 0 ist also 2.
Die alg.Vf von π = 0 ist also β₯ 2.
Die Spur von πΆ ist πππ’π πΆ = 0 + 4 + 10 + 24 + 1 = 39
(II)
2β (II)
(III)
0.5β (III)
24
Recap
Aufgabe 3 ErklΓ€rung
a) πΆ 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 ΓΌbrig bleibt.
a) C hat 5 paarweise verschiedene Eigenwerte.
Falsch, Da der Eigenwert 0 mindestens alg.Vf = 2 hat, gibt es hΓΆchstens 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 hΓΆchstens alg.Vf = 3 (5-2) haben.
25
Recap
Aufgabe 8
26
Theorie
Inhomogene Systeme
Allgemeinπβ² = π΄ π₯ π + π΅ π₯
Beispiel
πβ² =1 π₯π₯ 1
π +sin(π₯)cos(π₯)
27
Theorie
Inhomogene Systeme hΓ€ufiger Fall
Konstante Koeffizienten, konstanter StΓΆrterm
πβ² = π΄π + π΅
Beispiel PrΓΌfung S16
πβ² =1 0 02 1 β23 2 1
π +555
π π =βπππ
28
Theorie
Schritt 1 β LΓΆsen des homogenen Systems
πβ² = π΄π
πβ² =1 0 02 1 β23 2 1
π
Eigenwerteπ1 = 1, π2 = 1 + 2π, π3 = 1 β 2π
Eigenvektoren
29
Theorie
Schritt 1 β LΓΆsen des homogenen Systems
LΓΆsung hinschreiben
πβ π‘
= π1ππ‘
2β32
+ ππ‘ π2 cos(2π‘) β π3sin(2π‘)001
β π2 sin 2π‘ + π3cos(2π‘)010
30
Theorie
Schritt 2 β Eine partikulΓ€re LΓΆsung finden.
πβ² =1 0 02 1 β23 2 1
π +ΰΈ
555π
31
Theorie
Schritt 2 β Eine partikulΓ€re LΓΆsung finden.
πβ² =1 0 02 1 β23 2 1
π +ΰΈ
555π
Ansatz
Da b konstant ist wΓ€hlen wir ππ =
πΌπ½πΎ
= ππππ π‘. als Ansatz.
32
Theorie
Schritt 2 β Eine partikulΓ€re LΓΆsung finden.
πβ² =1 0 02 1 β23 2 1
π +ΰΈ
555π
Ansatz
Da b konstant ist wΓ€hlen wir ππ =
πΌπ½πΎ
= ππππ π‘. als Ansatz.
Einsetzen000
=1 0 02 1 β23 2 1
ππ +555
33
Theorie
Schritt 2 β Eine partikulΓ€re LΓΆsung finden.
πβ² =1 0 02 1 β23 2 1
π +ΰΈ
555π
Ansatz
Da b konstant ist wΓ€hlen wir ππ =
πΌπ½πΎ
= ππππ π‘. als Ansatz.
Einsetzen000
=1 0 02 1 β23 2 1
ππ +555
Die linke Seite ist null, weil ein
konstanter Vektor (hier der
Ansatz ππ) abgeleitet 0 ergibt.
34
Theorie
Schritt 2 β Eine partikulΓ€re LΓΆsung finden.
Einsetzen000
=1 0 02 1 β23 2 1
ππ +555
35
Theorie
Schritt 2 β Eine partikulΓ€re LΓΆsung finden.
Einsetzen000
=1 0 02 1 β23 2 1
ππ +555
anders geschrieben ist das ein lineares Gleichungssystem.1 0 02 1 β23 2 1
ππ =β5β5β5
36
Theorie
Schritt 2 β Eine partikulΓ€re LΓΆsung finden.
Einsetzen000
=1 0 02 1 β23 2 1
ππ +555
anders geschrieben ist das ein lineares Gleichungssystem.1 0 02 1 β23 2 1
ππ =β5β5β5
Mit Gauss finden wir die Zeilenstufenform.1 0 00 1 β20 0 5
ππ =β550
37
Theorie
Schritt 2 β Eine partikulΓ€re LΓΆsung finden.
Einsetzen000
=1 0 02 1 β23 2 1
ππ +555
anders geschrieben ist das ein lineares Gleichungssystem.1 0 02 1 β23 2 1
ππ =β5β5β5
Mit Gauss finden wir die Zeilenstufenform.1 0 00 1 β20 0 5
ππ =β550
β ππ =βπππ
38
Theorie
Schritt 3 β Allgemeine LΓΆsung des inhomogenen Systems
Allgemeine inhomogene LΓΆsung
= allgemeine homogene LΓΆsung + 1 partikulΓ€re LΓΆsung
39
Theorie
Schritt 3 β Allgemeine LΓΆsung des inhomogenen Systems
Allgemeine inhomogene LΓΆsung
= allgemeine homogene LΓΆsung + 1 partikulΓ€re LΓΆsung
π π‘ = ππ π + ππ π
= ππ ππ
πβππ
+ ππ πππ(ππ) β πππππ(ππ)πππ
β ππ πππ ππ + πππππ(ππ)πππ
+βπππ
40
Theorie
Schritt 3 β Allgemeine LΓΆsung des inhomogenen Systems
Allgemeine inhomogene LΓΆsung
= allgemeine homogene LΓΆsung + 1 partikulΓ€re LΓΆsung
π π‘ = ππ π + ππ π
= ππ‘ ππ
2β32
+ ππ πππ (2π‘) β πππ ππ(2π‘)001
β ππ π ππ 2π‘ + πππππ (2π‘)010
+β550
41
Theorie
Schritt 4 β Konstanten mit der Anfangsbedingung bestimmen
= ππ‘ ππ
2β32
+ ππ πππ (2π‘) β πππ ππ(2π‘)001
β ππ π ππ 2π‘ + πππππ (2π‘)010
+β550
42
Theorie
Schritt 4 β Konstanten mit der Anfangsbedingung bestimmen
= ππ‘ ππ
2β32
+ ππ πππ (2π‘) β πππ ππ(2π‘)001
β ππ π ππ 2π‘ + πππππ (2π‘)010
+β550
Wir wollen ππ, ππ und ππ bestimmen.
π 0 = ππ
2β32
+ ππ
001
+ ππ
010
+β550
=βπππ
43
Theorie
Schritt 4 β Konstanten mit der Anfangsbedingung bestimmen
= ππ‘ ππ
2β32
+ ππ πππ (2π‘) β πππ ππ(2π‘)001
β ππ π ππ 2π‘ + πππππ (2π‘)010
+β550
Wir wollen ππ, ππ und ππ bestimmen.
π 0 = ππ
2β32
+ ππ
001
+ ππ
010
+β550
=βπππ
π 0 =
2ππ β 5β3ππ + ππ + 5
2ππ + ππ
=β340
2 0 0β3 0 12 1 0
ππππππ
=2β10
β
ππππππ
=1β22
44
Theorie
Schritt 4 β Konstanten mit der Anfangsbedingung bestimmenEingesetzt in die LΓΆsung erhalten wir also
= ππ‘ π2β32
+ βππππ (2π‘) β ππ ππ(2π‘)001
β βππ ππ 2π‘ + ππππ (2π‘)010
+β550
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Theorie
Tipps Serie 13
1) (b) ist eine gute Γbung
2) (a) Normalengleichungen aufstellen β lΓΆsen(b) (i) QR-Zerlegung in Matlab (von Hand zu aufwendig) βlΓΆsen(b) (ii) Normalengleichungen mit Β«\ OperatorΒ» lΓΆsen
3) Gute Aufgabe, auch als PrΓΌfungsvorbereitung
4) Auch diese Aufgabe ist gut als PrΓΌfungsvorbereitung
5) (c) Welchen Rang hat die Matrix in diesem Fall?
6) (c) π΄ππ₯ = (β¦ ) Verwende: π΄π₯ = ππ₯
7) Die Eigenwerte sind ziemlich mΓΌhsam. Rang von A berechnen. β Aussage ΓΌber 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 fΓΌr ein allgemeines Polynom aus π2π π₯ = ππ₯2 + ππ₯ + π
10) (a) Zeige dassπΉ πΌπ π₯ + π½π π₯ = πΌπΉ π π₯ + π½πΉ π π₯
(c) entweder analog zu (b) oder mit einem Basiswechsel.FΓΌr die LΓΆsung mit dem Basiswechsel kΓΆnnt ihr die MusterlΓΆsung anschauen. FΓΌr die Schnelle kΓΆnnte der Weg analog zu (b) aber einfacher sein.
47
Theorie
Tipps Serie 13
11) (a) Schaut euch die Bedinungen fΓΌr einen Unterraum nach. PrΓΌft diese fΓΌr die drei VektorrΓ€ume.
FΓΌr die Basis: ΓΌberlegt euch wie viele freie Parameter ihr zur VerfΓΌgung habt. Das ist die Anzahl an BasisΒ»vektorenΒ» die ihr braucht. WΓ€hlt dann eine solche Anzahl linear unabhΓ€ngiger Vektor aus.
12) Sehr schwierige und mΓΌhsame Aufgabe
Schreibe mir direkt ein Mail mit deiner Frage fΓΌr Tipps an [email protected] dann kann ich dir konkrete Tipps geben.
mailto:[email protected]
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Theorie
Tipps Serie 13
13) Schreibe mir direkt ein Mail mit deiner Frage fΓΌr Tipps an [email protected] dann kann ich dir konkrete Tipps geben.
(a) π΄π = πβ²β² = ππ, nehmt π β 0 an. Dann kΓΆnnt ihr die DGL entweder direkt als System 2. Ordnung oder durch RΓΌckfΓΌhrung auf 1. Ordnung berechnen. (MusterlΓΆsung macht RΓΌckfΓΌhrung)
Weil die Funktionen in πΆ02 0, π sind muss
π 0 = 0π π = 0
gelten.
(b) Einsetzen, wobei π΄π, π = β¨πβ²β², πβ©β partielle Integration
(c) FΓΌr die Berechnung von ππ , ππ kΓΆnnt ihr sin2 πΌ =
1βcos(2πΌ)
2benutzen.
mailto:[email protected]
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Theorie
Tipps Serie 13
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