HS2024_LinAlg_Prüfung

5)a)
Um zu zeigen, dass $⟨ ., . ⟩$ ein Skalarprodukt ist, müssen wir die drei Eigenschaften von Skalarprodukten überprüfen:

Linearität im zweiten Argument
Seien $f, g, h \in L^{2} [- 1, 1]$ , $α, β \in R$ beliebig:

\begin{aligned} ⟨ f, α g + β h ⟩ & = \int_{- 1}^{1} f (t) (α g + β h) (t) d t \\ = \int_{- 1}^{1} f (t) (α g (t) + β h (t)) d t \\ = α \int_{- 1}^{1} f (t) g (t) d t + β \int_{- 1}^{1} f (t) h (t) d t \\ = α ⟨ f, g ⟩ + β ⟨ f, h ⟩ ✓ \end{aligned}

Symmetrie
Seien $f, g \in L^{2} [- 1, 1]$ beliebig:

⟨ f, g ⟩ = \int_{- 1}^{1} f (t) g (t) d t = \int_{- 1}^{1} g (t) f (t) d t = ⟨ g, f ⟩ ✓

Positive Definitheit
Sei $f \in L^{2} [- 1, 1]$ beliebig:

⟨ f, f ⟩ = \int_{- 1}^{1} f (t)^{2} d t \geq 0

Da $f (t)^{2} \geq 0$ für alle $t \in [- 1, 1]$ ist das Integral und damit das Skalarprodukt immer nicht-negativ. Ausserdem gilt $⟨ f, f ⟩ = 0$ genau dann, wenn $f (t) = 0$ überall auf $[- 1, 1]$ , also $f = 0$ in $L^{2} [- 1, 1]$ . $✓$

5)b)
Zu zeigen: für beliebige $f \neq l$ in $f_{k} \in L^{2} [- 1, 1]$ gilt $⟨ f_{k}, f_{l} ⟩ = 0$ und die Vektoren sind normiert sind, also $⟨ f_{k}, f_{k} ⟩ = 1$

Orthogonalität

Gegeben sind die Funktionen $f_{k} (t) = \sin (π k t)$ . Seien $k, l \in N$ , sodass $k \neq l$ .

\begin{aligned} ⟨ f_{k}, f_{l} ⟩ & = \int_{- 1}^{1} \sin (π k t) \sin (π l t) d t & (def ⟨ ., . ⟩) \\ = \int_{- 1}^{1} \frac{1}{2} (\cos (π (k - l) t) - \cos (π (k + l) t)) d t & (Hinweis) \\ = \frac{1}{2} (\int_{- 1}^{1} \cos (π (k - l) t) d t - \int_{- 1}^{1} \cos (π (k - l) t) d t) & (Linearität \int) \end{aligned}

Da $\cos$ (integriert $\sin$ ) eine periodische Funktion ist ( $\cos (- x) = \cos (x)$ ), und die Intervallgrenzen symmetrisch sind, sind die Integrale $= 0$

\begin{aligned} = \frac{1}{2} (0 - 0) \\ = 0 \end{aligned}

Daher sind die Vektoren orthogonal bezüglich dem Skalarprodukt.

Normierung

\begin{aligned} ⟨ f_{k}, f_{k} ⟩ & = \int_{- 1}^{1} \sin^{2} (π k t) d t \\ = \int_{- 1}^{1} \frac{1 - \cos (2 π k t)}{2} d t & (trigonometrische Identität) \\ = \frac{1}{2} (\int_{- 1}^{1} 1 d t - \int_{- 1}^{1} \cos (2 π k t) d t) & (Linearität \int) \\ = \frac{1}{2} ([t]_{t = - 1}^{1} - 0) \\ = \frac{1}{2} (2) \\ = 1 \end{aligned}

6)a)

$false$

Damit die binomische Formel gilt, müssen $A$ , $B$ kommutativ sein. Dies ist aber nicht der Fall, da

\begin{aligned} A B & = [\begin{array}{c} 1 & 5 \\ - 3 & 1 \end{array}] \\ B A & = [\begin{array}{c} 4 & * \\ * & * \end{array}] \end{aligned}

6)b)

$true$

$A v = 0$ für $v \neq 0$ bedeutet, dass zumindest eine Spalte von $A$ nicht linear unabhängig ist. Daher hat $A$ nicht vollen Rang, und $A x = b$ ist nicht für beliebige $b$ lösbar.

6)c)

$true$

Die Determinante ist das Produkt von allen Eigenwerten. Da die Eigenwerte $λ_{1}, \dots, λ_{n} \neq 0$ , ist auch ihr Produkt und damit die Determinante $\neq 0$ .

6)e)

$true$

Additivität

\begin{aligned} F & = \frac{d}{d x} (x^{2} (f + g) (x)) = \frac{d}{d x} (x^{2} (f (x) + g (x))) = \frac{d}{d x} (x^{2} f (x)) + \frac{d}{d x} (x^{2} g (x)) = F (f) + F (g) ✓ \end{aligned}

Homogenität

\begin{aligned} F (α f) & = \frac{d}{d x} (x^{2} (α f) (x)) = \frac{d}{d x} (x^{2} α f (x)) = α \frac{d}{d x} (x^{2} f (x)) = α F (f) ✓ \end{aligned}

=> Beide Eigenschaften von linearen Abbildungen sind erfüllt

6)f)

$false$

$A^{⊤} A = [\begin{matrix} 3 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}]$ , die Eigenwerte sind $λ_{1} = 3, λ_{2} = 2$ ; die Singulärwerte sind $σ_{1} = \sqrt{3}, σ_{2} = \sqrt{2}$ . $S$ müsste also folgendermassen aussehen:
$S = [\begin{matrix} \sqrt{3} & 0 \\ 0 & \sqrt{2} \\ 0 & 0 \end{matrix}]$