Lineare Algebra

1. Ubungsstunde

Steven Battilanastevenb@student.ethz.chbattilana.uk/teaching

October 6, 2017

1 Komplexe Zahlen

Bemerkung.z2 + 1 = 0 ist ein Beispiel fur eine in R unlosbare Gleichung. Um eine Losung zu findenerweitern wir deshalb den Korper auf R2 und nennen dies Korper (engl. Field, wird inder diskreten Mathematik im 5. Kapitel Algebra genauer behandelt) der komplexenZahlen C.

Definition. (imaginare Einheit)

i2 = −1

i =∧ die imaginare Einheit

Definition. (kartesische Form)z = x+ iy

Definition. (Real- und Imaginarteil)

Re(z) := x ∈ R =∧ Realteil

Im(z) := y ∈ R =∧ Imaginarteil

Definition. (Konjugation)Die Konjugation von z = x+ iy ∈ C sei

z = x− iy ∈ C.

Die Konjugation hat die folgenden Eigenschaften:

(i) Fur alle z = x+ iy = (x, y) ∈ C = R gilt

• z · z = (x+ iy) · (x− iy) = x2 − i2y2 = x2 + y2 = ‖z‖2 .

(ii) Fur alle z1, z2 ∈ C gilt

• z1 + z2 = z1 + z2;

• z1z2 = z1 z2.

Definition. (Euler Formel)eiϕ = cosϕ+ i sinϕ

Definition. (Polarform)Die Polarform von z = x+ iy ∈ C sei

z = reiϕ,

Euler Formel⇔ z = r(cosϕ+ i sinϕ),

mit r = ‖z‖,x = r cosϕ,

y = r sinϕ.

ϕ =

arctan(yx

), x > 0

arctan(yx

)+ π, x < 0 ∧ y ≥ 0

arctan(yx

)− π, x < 0 ∧ y < 0

π2, x = 0 ∧ y > 0

−π2, x = 0 ∧ y < 0

undefiniert, x = 0 ∧ y = 0

2

Bemerkung (Ausblick).z2+1 = 0 ist ein Beispiel fur eine inR unlosbare Gleichung, die in C Losungen hat (namlichz = ±i). Allgemein gilt der Fundamentalsatz der Algebra: Jedes Polynom

p(z) = zn + an−1zn−1 + · · ·+ a0

vom Grad n ≥ 1 hat in C eine Nullstelle. Das heisst, C ist im Unterschied zu R alge-braisch vollstandig.

Beispiel 1:Berechne: 6+7i

3−8i

Losung :

6 + 7i

3− 8i=

6 + 7i

3− 8i· 3 + 8i

3 + 8i=

18 + 21i+ 48i+ 56i2

9− 64i2=

18 + 21i+ 48i− 56

9 + 64=−38 + 69i

73

Beispiel 2:Berechne die Polarform von z = 1 + i.

Losung :

r =√

12 + 12 =√

2

ϕ = arctan

(1

1

)=π

4

⇒ z =√

2eiπ4

Beispiel 3:Berechne die kartesische Form von 7ei

π3 .

Losung :

7eiπ3 = 7(cos

(π3

)+ i sin

(π3

)) = 7 · 1

2+ 7 ·

√3

2i =

7

2+

7√

3

2i

3

Beispiel 4:Zeichnen Sie die folgenden Mengen grafisch in der komplexen Ebene:

D :=

{(√2

2(1 + i)

)n

: n ∈ N

}

Losung : In Polarkoordinaten gilt (1 + i) =√

2eiπ4 , also folgt(√

2

2(1 + i)

)n

= einπ4 .

Weil eiθ = eiθ+2kπ ∀k ∈ C bestehtD aus 8 Punkten, die fur n = 0, 1, 2, ..7 gefundenwerden:

D = {1, eiπ4 , ei

2π4 , ei

3π4 , ei

4π4 , ei

5π4 , ei

6π4 , ei

7π4 }

Bemerkung: (sollte auf eure Zusammenfassung fur die Prufung)Im folgenden sieht ihr ”schone” Cosinus- und Sinuswerte auf dem Einheitskreis, wobei diex-Richtung cos(x) und die y-Richtung sin(x) entspricht:

4

2 Lineare Gleichungssysteme LGS

Der allgemeine Fall hat m lineare Gleichungen, n Unbekannte und stellt ein LGS dar.Falls

m > n, dann ist das LGS uberbestimmt (numerisch losbar)

m < n, dann ist das LGS unterbestimmt (analytisch losbar)

m = n, sonst (analytisch losbar)

a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = b2...

...

am1x1 + am2x2 + · · ·+ amnxn = bm

⇒ Ax = b

Wobei

A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

...am1 am2 · · · amn

, x =

x1...xn

, b =

b1...bm

A =∧ Koeffizientenmatrix, x =∧ Unbekanntenvektor, b =∧ Losungsvektor (RHS)

Losungsansatz: Gauss-Elimination

Bemerkung. Fur ein LGS gilt jeweils eines der folgenden Punkte: Es besitzt

• genau eine Losung, dann nennt man es ein regulares LGS

• keine Losung, dann nennt man es ein singulares LGS

• ∞ viele Losungen, dann nennt man es ebenfalls ein singulares LGS

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Kochrezept: Gauss-EliminationGegeben: LGS Ax = b (fur m < n ∨ m = n)

A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

...am1 am2 · · · amn

, b =

b1...bm

Gesucht:

x =

x1...xn

1. Stelle die erweiterte Koeffizientenmatrix aufa11 · · · a1n b1

......

...am1 · · · amn bm

=(A b

).

2. Bringe(A b

)durch Operationen der Art (I), (II), (III) in folgende Form (Zeilen-

stufenform, d.h. es muss nicht umbedingt die Einheitsmatrix ergeben!):1 0 x1. . .

...0 1 xn

⇔ (1 x

), wobei 1 =∧ Einheitsmatrix

(I) Zeilen vertauschen

(II) Addition/Subtraktion von einer Zeile (Gleichung) zu einer anderen

(III) Ver-k-fachen einer Zeile (Gleichung) mit k ∈ R \ {0}

3. Am besten geht das, wenn ihr das folgende Verhltnis bildet (dies werden wir spaternochmals brauchen!)

lij :=ai1ajj

und dies folgend nutzt

x1 x2 x3 RHS( )(i) a11 a12 a13 b1(ii) a21 a22 a23 b2(iii) a31 a32 a33 b3

(ii)−l21·(i)

a11 a12 a13 b1a21 − l21a11 a22 − l21a12 a23 − l21a13 b2 − l21b1

a31 a32 a33 b3

6

(iii)−l31·(i)

a11 a12 a13 b10 a22 a23 b2

a31 − l31a11 a32 − l31a12 a33 − l31a13 b2 − l31b1

a11 a12 a13 b1

0 a22 a23 b20 a32 a33 b2

. . .

Beispiel 5:Lose das folgende LGS:

2x1 − x2 − 2x3 = 2

4x1 − 2x2 + 2x3 = −2

8x1 − 4x2 + 6x3 = −6

Losung :

2x1 − x2 − 2x3 = 2

4x1 − 2x2 + 2x3 = −2

8x1 − 4x2 + 6x3 = −6

⇒

2 −1 −2 24 −2 2 −28 −4 6 −6

(ii)−l21·(i)

2 −1 −2 20 0 6 −68 −4 6 −6

(iii)−l31·(i)

2 −1 −2 20 0 6 −60 0 14 −14

16·(ii)

2 −1 −2 20 0 1 −10 0 14 −14

(iii)−l32·(ii)

2 −1 −2 20 0 1 −10 0 0 0

(i)− (−2)

1·(ii)

2 −1 0 00 0 1 −10 0 0 0

12·(i)

1 −12

0 00 0 1 −10 0 0 0

=: (∗)

In der 3. Zeile gibt es nur Nullen ⇒∞ viele Losungen.Mit Ruckwartseinsetzen erhalten wir von der 2. Zeile:

x3 = −1

Mit Ruckwartseinsetzen erhalten wir von der 1. Zeile:

x1 −1

2x2 = 0 ⇔ x1 =

1

2x2

Wahle z.B. x2 = t ∈ R als freien Parameter

L =

1

2tt−1

∣∣∣∣∣∣ t ∈ R

Bemerkung.Falls wir statt (∗) z.B. 1 −1

20 0

0 0 1 −10 0 0 2

erhalten hatten, gabe es keine Losung, weil in der 3. Zeile 0 = 2 steht, was bekanntlicheinen Widerspruch darstellt.

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Beispiel 6:Fur welche Werte von a ∈ R besitzt das folgende homogene lineare Glei-chungssystemeine nichttriviale (von 0 verschiedene) Losung?

x1 − x3 = 0

−2x1 + ax2 − x3 = 0

a2x1 + 2ax2 − 10x3 = 0

Losung :x1 − x3 = 0

−2x1 + ax2 − x3 = 0

a2x1 + 2ax2 − 10x3 = 0

⇒

1 0 −1 0−2 a −1 0a2 2a −10 0

1 0 −1 0−2 a −1 0a2 2a −10 0

1 0 −1−2 a −1a2 2a −10

(ii)−l21·(i)

1 0 −10 a −3a2 2a −10

(iii)−l31·(i)

1 0 −10 a −30 2a a2 − 10

(iii)−l32·(ii)

1 0 −10 a −30 0 a2 − 4

1. Fall: x3 6= 0

Die 3. Zeile gibt uns

(a2 − 4)x3 = 0 ⇒ a2 − 4 = 0 ⇔ a = ±2

Wir wahlen x3 =: s, s ∈ R \ {0} als freien Parameter.Mit Ruckwartseinsetzen erhalten wir von der 2. Zeile

ax2 − 3s = 0 ⇔ ax2 = 3s ⇔ x2 =3s

a

Mit Ruckwartseinsetzen erhalten wir von der 1. Zeile

x1 − s = 0 ⇔ x1 = s

Somit sind wir bereits bei der Losung von diesem Fall angelangt:

L =

s

3sa

s

∣∣∣∣∣∣ s ∈ R \ {0}, a = ±2

2. Fall: x3 = 0

Somit macht die 3. Zeile keine Aussage uber a. Also mussen wir auf die 2. Zeileausweichen.

ax2 − 3x3 = 0 ⇒ ax2 − 3 · 0 = 0 ⇒ ax2 = 0 ⇒ a = 0 ∨ x2 = 0

(a) a = 0, x2 6= 0:Wir wahlen x2 = t, t ∈ R \ {0} als freien Parameter. Mit Ruckwartseinsetzenerhalten wir von der 1. Zeile x1 = 0. Somit erhalten wir die Losung:

L =

0t0

∣∣∣∣∣∣ t ∈ R \ {0}, a = 0

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(b) x2 = 0: Somit folgt aus der 1. Zeile: x1 = 0

Dieser Fall liefert nur die triviale Losung

000

und kann ausgeschlossen werden.

Insgesamt folgt also, dass wir fur a ∈ {−2, 0, 2} nichttriviale Losungen erhalten.

3 MATLAB

Wenn ihr eine Funktion habt, aber nicht sicher seid, was es als Input benotigt oder wases zuruck gibt konnt ihr das wie folgt herausfinden:

• Im Matlab Command Window mit: help <name> oder doc <name>

• Sonst konnt ihr auch Google benutzen.

Beispiel 7: Lucas-Zahlen

• Definition

Ln :=

2, n = 0

1, n = 1

Ln−1 + Ln−2, n > 1

So erhalten wir die Folge: 2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123, . . .

• AufgabeSchreibe eine Matlab-Funktion lucas(n), die zu einer gegebenen positiven ganzenZahl n die Lucas-Zahlen L0, . . . , Ln berechnet.

Beispiel 8:Schreibe eine Matlab-Funktion drawcircle(C,r), welche einen Kreis mit Radius r unddem Zentrum C = (C(1), C(2)) zeichnet.Funktionsaufruf: drawcircle([7,3], 4).

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