HS2024_LinAlg_Prüfung

1)a)
Damit die Spaltenvektoren orthogonal sind, muss das Skalarprodukt zwischen den Spalten $0$ betragen:

\begin{aligned} ⟨ s_{1}, s_{3} ⟩ & = 1 - α \overset{!}{=} 0 & ⟹ α = 1 \\ ⟨ s_{2}, s_{3} ⟩ & = 1 + α - 2 β \overset{!}{=} 0 & ⟹ β = 1 \end{aligned}

4)a)
Zuerst berechnen wir die Singulärwertzerlegung. Dazu wählen wir die kleinere Matrix zwischen $A A^{⊤}$ und $A^{⊤} A$ :

A^{⊤} A = \frac{1}{4} [\begin{matrix} 2 \sqrt{2} & 3 & - 3 \\ 2 \sqrt{2} & - 3 & 3 \end{matrix}] [\begin{matrix} 2 \sqrt{2} & 2 \sqrt{2} \\ 3 & - 3 \\ - 3 & 3 \end{matrix}] = \frac{1}{4} [\begin{matrix} 26 & - 10 \\ - 10 & 26 \end{matrix}]

Um nicht mit Brüchen rechnen zu müssen, werden wir im nächsten Schritt mit $B = 4 \cdot A^{⊤} A$ rechnen. Die Eigenwerte von $B$ sind:

det (B - λ I) = det ([\begin{matrix} 26 - λ & - 10 \\ - 10 & 26 - λ \end{matrix}]) = λ^{2} - 52 λ + 576 = (λ - 16) (λ - 36)

Die Eigenwerte von $B$ sind $36$ und $16$ , und die Eigenwerte von $A^{⊤} A$ sind daher (der Grösse nach geordnet) $λ_{1} = 9, λ_{2} = 4$ . Die Singulärwerte sind dementsprechend $σ_{1} = 3, σ_{2} = 2$ . Die Eigenvektoren zu den Eigenwerten sind:

\begin{aligned} λ_{1} & : \frac{1}{4} [\begin{array}{c} - 10 & - 10 \\ - 10 & - 10 \end{array}] \to [\begin{array}{c} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}] \to x = - y & v_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{array}{c} - 1 \\ 1 \end{array}] \\ λ_{2} & : \frac{1}{4} [\begin{array}{c} 10 & - 10 \\ - 10 & 10 \end{array}] \to [\begin{array}{c} 1 & - 1 \\ 0 & 0 \end{array}] \to x = y & v_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}] \end{aligned}

$Σ$ und $V$ sind daher:

Σ = [\begin{matrix} 3 & 0 \\ 0 & 2 \\ 0 & 0 \end{matrix}], V = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{matrix} - 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}]

Die ersten zwei Spalten von $U$ können wir mit der Formel $u_{n} = \frac{1}{σ_{n}} A v_{n}$ (Fundamentalsatz der linearen Algebra) berechnen, und die dritte Spalte mit dem Kreuzprodukt der ersten zwei Spalten:

\begin{aligned} u_{1} & = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} [\begin{array}{c} 2 \sqrt{2} & 2 \sqrt{2} \\ 3 & - 3 \\ - 3 & 3 \end{array}] \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{array}{c} - 1 \\ 1 \end{array}] = \frac{1}{6 \sqrt{2}} [\begin{array}{c} 0 \\ - 6 \\ 6 \end{array}] \\ u_{2} & = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} [\begin{array}{c} 2 \sqrt{2} & 2 \sqrt{2} \\ 3 & - 3 \\ - 3 & 3 \end{array}] \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}] = \frac{1}{4 \sqrt{2}} [\begin{array}{c} 4 \sqrt{2} \\ 0 \\ 0 \end{array}] = [\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}] \\ u_{3} & = u_{1} \times u_{2} = \frac{1}{6 \sqrt{2}} [\begin{array}{c} 0 \\ - 6 \\ 6 \end{array}] \times [\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}] = \frac{1}{6 \sqrt{2}} [\begin{array}{c} 0 \\ 6 \\ 6 \end{array}] \end{aligned}

Nun können wir $U$ zusammenfügen:

U = [\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ - \frac{6}{6 \sqrt{2}} & 0 & \frac{6}{6 \sqrt{2}} \\ \frac{6}{6 \sqrt{2}} & 0 & \frac{6}{6 \sqrt{2}} \end{matrix}]

Das Ausgleichsproblem kann folgendermassen mit der Singulärwertzerlegung gelöst werden:

x = V_{r} U_{r}^{†} U_{r}^{⊤} b

eingesetzt:

\begin{aligned} x & = V_{r} U_{r}^{†} U_{r}^{⊤} b \\ = \frac{1}{\sqrt{2}} [\begin{array}{c} - 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}] [\begin{array}{c} \frac{1}{3} & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} \end{array}] \frac{1}{6 \sqrt{2}} [\begin{array}{c} 0 & - 6 & 6 \\ 6 \sqrt{2} & 0 & 0 \end{array}] [\begin{array}{c} \sqrt{2} \\ 1 \\ 1 \end{array}] \\ = [\begin{array}{c} - 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}] [\begin{array}{c} \frac{1}{3} & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} \end{array}] [\begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array}] \\ = [\begin{array}{c} - 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}] [\begin{array}{c} 0 \\ \frac{1}{2} \end{array}] \\ = \frac{1}{2} [\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}] \end{aligned}

bitte einen Kommentar hinterlassen, falls etwas nicht stimmt

6)a
$false$

Wenn man $(A - B)^{2}$ und $A^{2} - 2 A B + B^{2}$ berechnet, wird sich herausstellen, dass es nicht das gleiche Ergebnis ist. Vielleicht gibt es aber einen einfacheren Weg, die Aussage zu wiederlegen.

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 einer Matrix ist gleich dem Produkt ihrer Eigenwerte. Da alle Eigenwerte $\neq 0$ sind, ist das Produkt ebenfalls ungleich null.

det (A) = λ_{1} \cdot λ_{2} \cdot \dots \cdot λ_{n} \neq 0

6)d)

$false$

Bei einer orthogonalen Matrix $A$ gilt $A^{⊤} A = I$ , d.h. $det (A^{⊤} A) = det (I) = 1$ .
Wegen den Eigenschaften der Determinante gilt:

det (A^{⊤} A) = det (A^{⊤}) det (A) = det (A) det (A) = det (A)^{2} \overset{!}{=} 1

Das bedeutet, dass $det (A) = 1$ oder $det (A) = - 1$ .

6)e)
$false$

Additivität ( $F (f + g) = F (f) + F (g)$ ) ist nicht erfüllt:

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

wegen dem Term $2 f (x) g (x)$ im ersten Ausdruck ist $F (f + g) \neq F (f) + F (g)$ .

Homogenität ( $F (α f) = α F (f)$ ) ebenfalls ist nicht erfüllt:

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

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}]