Lösungen für die Klausur "Mathe für Informatiker II" an der Universität des Saarlandes vom Juli 2018. Diese Version wird fortlaufend aktualisiert.

ArbeitJuli18Lösung.pdf

ArbeitJuli18Lösung.tex

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\newcommand{\dx}{\,\mathrm{d}x}
\newcommand{\Z}[1]{\text{Z}_{#1}}
\newcommand{\diff}[1][]{\,\mathrm{d} #1}
\newcommand{\sepbar}{\;\;\;\;\; | \;}
\makeatletter
\newcommand{\spvek}[2][r]{%
  \gdef\@VORNE{1}
  \left(\hskip-\arraycolsep%
    \begin{array}{#1}\vekSp@lten{#2}\end{array}%
  \hskip-\arraycolsep\right)}

\def\vekSp@lten#1{\xvekSp@lten#1;vekL@stLine;}
\def\vekL@stLine{vekL@stLine}
\def\xvekSp@lten#1;{\def\temp{#1}%
  \ifx\temp\vekL@stLine
  \else
    \ifnum\@VORNE=1\gdef\@VORNE{0}
    \else\@arraycr\fi%
    #1%
    \expandafter\xvekSp@lten
  \fi}
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\author{Johannes Hostert}
\title{MfI II Lösungsvorschlag zur Klausur Juli '18}
\begin{document}
\maketitle
\tableofcontents
\vspace{1cm}
Updates/Quellcode:

\href{https://gist.github.com/JoJoDeveloping/9144dcb643abadd058b2f43c878787bc}{\texttt{https://gist.github.com/JoJoDeveloping/9144dcb643abadd058b2f43c878787bc}}
\newcommand{\sectionbreak}{\clearpage}

\section{Integrale}
\subsection[sqrt x (1-x) dx]{$\sqrt{x}(1-x)\dx$}
\meq{
 & \int_0^1 \sqrt{x} (1-x) \dx & &\\
=& \int_0^1 \sqrt{x} - \sqrt{x^3} \dx &\\
=& \int_0^1 \sqrt{x} \dx - \int_0^1 \sqrt{x^3} \dx & \\
=& \int_0^1 x^{\frac{1}{2}} \dx - \int_0^1 x^\frac{3}{2} \dx & \\
=& \left[ \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \right] _0^1 - \left[ \frac{2}{5} x^\frac{5}{2} \right] _0^1 & \\
=&\, \frac{2}{3}\cdot 1^{\frac{3}{2}}  - \frac{2}{5} \cdot 1^\frac{5}{2} & \\
=&\, \frac{10}{15} - \frac{6}{15} & \\
=&\, \frac{4}{15} &
}

\subsection[x ex]{$x e^x \dx$}
\meq{
 & \int_0^1 xe^x \dx & \\
=\,& \left[ x e^x \right]_0^1 - \int_0^1 e^x \dx  \sepbar \text{Partielle Integration, $x$ ableiten, $e^x$ aufleiten} &\\
=& \left[ x e^x \right]_0^1 - \left[ e^x \right]_0^1 &  \\
=&\, \left(1\cdot e^1 - 0\cdot e^0\right) -\left(e^1-e^0\right) &  \\
=&\, e - (e-1) &  \\
=&\, 1 & 
}

\subsection[(2x+1) cos(x2+2x+1)]{$(2x+1)\cos\!\left(x^2+x+\pi\right) \dx$}
\meq{
 & \int_{-1}^0 (2x+1)\cos\!\left(x^2+x+\pi \right) \dx & \\
=& \left[ \sin\!\left(x^2+x+\pi\right) \right]_{-1}^0  \sepbar \text{Da } \frac{\mathrm{d}}{\dx} \sin\!\left(x^2+x+\pi\right)  = (2x+1)\cos\!\left(x^2+x+\pi \right)  &\\
=& \sin\!\left(0^2+0+\pi\right)-\sin\!\left((-1)^2-1+\pi\right) & \\
=& \sin(\pi) - \sin(\pi) & \\
=& 0 &
}

\section[Basis finden]{Basis finden}
\subsection[V]{$V$}
Wir lösen das Gleichungssystem:
\begin{alignat*}{2}
V=&\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 : x+y+z=0 \right\rbrace &\\
=&\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 : z = -x-y \right\rbrace &\\
=&\left\lbrace \spvec{x;y;z} : x,y,z \in \mathbb{R} \wedge z = -x-y \right\rbrace &\\
=&\left\lbrace \spvec{x;y;-x-y} : x,y \in \mathbb{R} \right\rbrace &\\
=&\left\lbrace x\spvec{1;0;-1} +y\spvec{0;1;-1} : x,y \in \mathbb{R} \right\rbrace &\\
=&\left\langle \spvec{1;0;-1} , \spvec{0;1;-1} \right\rangle &\\
\Rightarrow B_V =& \left\lbrace \spvec{1;0;-1} , \spvec{0;1;-1} \right\rbrace
\end{alignat*}
$B_V$ ist offensichtlich linear unabhängig, sodass es eine Basis für $V$ ist. Da $\left| B_V \right| = 2$, ist $\dim V = 2$.
\newpage
\subsection[W]{$W$}
Wir lösen das Gleichungssystem:
\begin{alignat*}{2}
W=&\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 : x+y-z=0 \right\rbrace &\\
=&\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 : z = x+y \right\rbrace &\\
=&\left\lbrace \spvec{x;y;z} : x,y,z \in \mathbb{R} \wedge z = x+y \right\rbrace &\\
=&\left\lbrace \spvec{x;y;x+y} : x,y \in \mathbb{R} \right\rbrace &\\
=&\left\lbrace x\spvec{1;0;1} +y\spvec{0;1;1} : x,y \in \mathbb{R} \right\rbrace &\\
=&\left\langle \spvec{1;0;1} , \spvec{0;1;1} \right\rangle &\\
\Rightarrow B_W =& \left\lbrace \spvec{1;0;1} , \spvec{0;1;1} \right\rbrace
\end{alignat*}
$B_W$ ist offensichtlich linear unabhängig, sodass es eine Basis für $W$ ist. Da $\left| B_W \right| = 2$, ist $\dim W = 2$.
\newpage
\subsection[V schnitt W]{$V \cap W$}
Wir vereinigen $V$ und $W$ und lösen das Gleichungssystem:
\meq{
& \begin{array}{r@{\;=\;}l}
V \cap W &\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 :  \arraycolsep=2pt\def\arraystretch{1}\begin{array}{rl}
&x+y+z=0 \\[1ex]
\wedge & x+y-z=0
\end{array} \right\rbrace \\
&\left.\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 : \arraycolsep=2pt\def\arraystretch{1}\begin{array}{r@{}l}
2&z=0, \\[1ex]
x+y-&z=0
\end{array} \right\rbrace \qquad \right|\;\Z{1} \rightarrow \Z{1} - \Z{2} \\
&\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 : \arraycolsep=2pt\def\arraystretch{1}\begin{array}{rl}
z&=0, \\[1ex]
x&=-y
\end{array} \right\rbrace \\
&\left\lbrace \spvec{-y;y;0} : y \in \mathbb{R} \right\rbrace \\
&\left\lbrace y \spvec{-1;1;0} : y \in \mathbb{R} \right\rbrace \\
& \left\langle \spvec{-1;1;0} \right\rangle \\
\Rightarrow B_{V\cap W}& \left\lbrace \spvec{-1;1;0} \right\rbrace 
\end{array} &}
$B_{V\cap W}$ ist offensichtlich linear unabhängig, sodass es eine Basis für $V \cap W$ ist. Da $\left| B_{V\cap W} \right| = 1$, ist $\dim V\cap W = 1$.

\section{Basis wechseln}
Motto: Wir schreiben die alten Basisvektoren als lineare Kombinationen der neuen Basisvektoren.
\subsection[B'B]{$B^{\mathcal{B}'}_{\mathcal{B}}$}
\meq{
&\begin{array}{c@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}c}
\spvec{1;1;1} &=1& \spvec{1;0;0}&+&1& \spvec{0;1;0}&+&1& \spvec{0;0;1} \\
\spvec{0;1;1} &=0& \spvec{1;0;0}&+&1& \spvec{0;1;0}&+&1& \spvec{0;0;1} \\
\spvec{0;1;-1} &=0& \spvec{1;0;0}&+&1& \spvec{0;1;0}&-&1& \spvec{0;0;1}
\end{array} &\\ }

Es ergibt sich die gesuchte Matrix:
\meq{
& B^{\mathcal{B}'}_{\mathcal{B}} = \left(\begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1 & 0 & 0\\
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & -1
\end{array} \right) &\\ }
\subsection[BB']{$B^{\mathcal{B}}_{\mathcal{B}'}$}
\meq{
&\begin{array}{c@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}c}
\spvec{1;0;0} &=&1& \spvec{1;1;1}&-&1& \spvec{0;1;1}&+&0& \spvec{0;1;-1} \\
\spvec{0;1;0} &=&0& \spvec{1;1;1}&+&\frac{1}{2}& \spvec{0;1;1}&+&\frac{1}{2}& \spvec{0;1;-1} \\
\spvec{0;0;1} &=&0& \spvec{1;1;1}&+&\frac{1}{2}& \spvec{0;1;1}&-&\frac{1}{2}& \spvec{0;1;-1}
\end{array} &\\ }

Es ergibt sich die gesuchte Matrix:
\meq{
& B^{\mathcal{B}}_{\mathcal{B}'} = \left(\def\arraystretch{1.25}\begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1 & 0 & 0\\
-1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}
\end{array} \right) &\\ }
\newpage
\subsection[MBBT]{$M^{\mathcal{B}}_{\mathcal{B}}(T)$}
Matrixmultiplikation ist Funktionenkomposition. Wir wenden nun die Formel für den Basiswechsel an, die allgemein wie folgt lautet:
\meq{
& M^{\mathcal{X}'}_{\mathcal{Y}'}(S) = B^{\mathcal{Y}}_{\mathcal{Y}'} \; M^{\mathcal{X}}_{\mathcal{Y}}(S) \; B^{\mathcal{X}'}_{\mathcal{X}} &
}
Von rechts gelesen bedeutet das in etwa: Wechsele von Basis $\mathcal{X}'$ nach $\mathcal{X}$, führe die lineare Transformation $S$ von $\mathcal{X}$ nach $\mathcal{Y}$ aus und gehe dann von $\mathcal{Y}$ nach $\mathcal{Y}'$.
Hier angewandt ergibt sich (da unsere Transformation in $\mathcal{B}$ bleibt):
\meq{
& \begin{array}{@{}r@{\;}c@{\;=\;}c@{\;\times\;}c@{\;\times\;}c}
&M^{\mathcal{B}}_{\mathcal{B}}(S) & B^{\mathcal{B'}}_{\mathcal{B}} & M^{\mathcal{B}'}_{\mathcal{B}'}(S) & B^{\mathcal{B}}_{\mathcal{B}'} \\[0.5cm] %Zeile 0 over
\Leftrightarrow &M^{\mathcal{B}}_{\mathcal{B}}(S) &
\left(\def\arraystretch{1.25}\begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1 & 0 & 0\\
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & -1
\end{array} \right)
&
\left(\def\arraystretch{1.25}\begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & -1
\end{array} \right)
&
\left(\def\arraystretch{1.25}\begin{array}{@{\;}ccc@{\;}} 
1 & 0 & 0\\
-1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 
0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}
\end{array} \right) \\[1cm]%Zeile 1 over
\Leftrightarrow &M^{\mathcal{B}}_{\mathcal{B}}(S) &
\left(\def\arraystretch{1.25}\begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1 & 0 & 0\\
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & -1
\end{array} \right) &
\multicolumn{2}{c}{
\left(\def\arraystretch{1.25}\begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1 & 0 & 0\\
-1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2}
\end{array} \right)\qquad}\\[1cm]%Zeile 2 over
\Leftrightarrow &M^{\mathcal{B}}_{\mathcal{B}}(S) &
\multicolumn{3}{@{\qquad\qquad\;}l}{
\left(\def\arraystretch{1.25}\begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0
\end{array} \right)} \\[1cm]%Zeile 3 over
\end{array} & }

\section{Inverse}
Wir wenden die gleichen elementaren Zeilenumformungen einmal auf $A$, und einmal auf $I_3$ an:
\meq{
&
\begin{array}{r@{\;}l@{\qquad}l}
&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}c}
2 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\
-1 & 0 & -1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 2 & 0 & 0 & 1
\end{array} \right)  & \\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}c}
2 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 2 & 0 & 0 & 1 \\
-1 & 0 & -1 & 0 & 1 & 0 
\end{array} \right)  & \Z{3} \leftrightarrow \Z{2}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -1 \\
1 & 1 & 2 & 0 & 0 & 1 \\
-1 & 0 & -1 & 0 & 1 & 0 
\end{array} \right)  & \Z{1} \rightarrow \Z{1} - \Z{2}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -1 \\
1 & 1 & 2 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & -1 & 1 & 1 & -1 
\end{array} \right)  & \Z{3} \rightarrow \Z{3} + \Z{1}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -1 \\
1 & 1 & 2 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & -1 & -1 & 1 
\end{array} \right)  & \Z{3} \rightarrow -\Z{3}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -1 \\
1 & 1 & 0 & 2 & 2 & -1 \\
0 & 0 & 1 & -1 & -1 & 1 
\end{array} \right)  & \Z{2} \rightarrow \Z{2} - 2\Z{3}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -1 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 1 & -1 & -1 & 1 
\end{array} \right)  & \Z{2} \rightarrow \Z{2} - \Z{1}\\[0.75cm]
\end{array} &\\
\Rightarrow& A^{-1} = \left(\begin{matrix}
1 & 0 & -1 \\
1 & 2 & 0 \\
-1 & -1 & 1\\
\end{matrix}\right) &\\
}

\msection{Gleichungssystem mit Lambda}{Gleichungssystem mit $\lambda$}
Wir versuchen, das Gleichungssystem in eine Form zu bringen, in der eine Zeile nur Vielfache von $(\lambda - c), c \in \mathbb{R}$ enthält. \newline
Wir betrachten die erweiterte Koeffizientenmatrix:
\meq{
&\begin{array}{r@{\;}l@{\qquad}l}
&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c}
1 & 1 & 1 & 2 \\
1 & \lambda & -1 & 0\\
\lambda & 1 & 1 & 2
\end{array} \right)  & \\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c}
1 & 1 & 1 & 2 \\
1 & \lambda & -1 & 0\\
0 & 1-\lambda & 1-\lambda & 2-2\lambda
\end{array} \right)  & \Z{3} \rightarrow \Z{3} - \lambda \Z{1}\\[0.75cm]
\end{array} &
}
$\Z{3}$ ist nun ein Vielfaches von $\lambda-1$. Fallunterscheidung: 

Für $\lambda = gic = 1$ ergibt sich:
\meq{
& \begin{array}{r@{\;}l@{\qquad}l}
&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c}
1 & 1 & 1 & 2 \\
1 & 1 & -1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array} \right)  & \\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c}
0 & 0 & 2 & 2 \\
1 & 1 & -1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array} \right)  & \Z{1} \rightarrow \Z{1} - \Z{2}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c}
0 & 0 & 2 & 2 \\
1 & 1 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array} \right)  & \Z{2} \rightarrow \Z{2} + \frac{1}{2}  \Z{1}\\[0.75cm]
 \Rightarrow & z = 1, x = 1-y &
\end{array} &
}
Somit ist das LGS für $\lambda=1$ lösbar und hat folgende Lösungsmenge:
\meq{
& L_1 = \left\lbrace \spvec{1-y;y;1} : y \in \mathbb{R} \right\rbrace & \\
}

Für $\lambda \neq 1$ ergibt sich:
\meq{
&\begin{array}{r@{\;}l@{\qquad}l}
&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c}
1 & 1 & 1 & 2 \\
1 & \lambda & -1 & 0\\
0 & 1 & 1 & 2
\end{array} \right)  & \Z{3} \rightarrow \frac{1}{1-\lambda} \Z{3} \text{, da } 1-\lambda \neq 0\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c}
1 & 1 & 1 & 2 \\
1 & 0 & -1-\lambda & -2\lambda\\
0 & 1 & 1 & 2
\end{array} \right)  & \Z{2} \rightarrow \Z{2} - \lambda \Z{3}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c}
1 & 1 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 1 & 2 \\
1 & 0 & -1-\lambda & -2\lambda
\end{array} \right)  & \Z{2} \leftrightarrow \Z{3}\\[0.75cm]
=&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c}
1 & 1 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 1 & 2 \\
-1 & 0 & 1+\lambda & 2\lambda
\end{array} \right)  & \Z{3} \rightarrow -\Z{3}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c}
1 & 1 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 2+\lambda & 2\lambda +2
\end{array} \right)  & \Z{3} \rightarrow \Z{3} + \Z{1}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 2+\lambda & 2\lambda +2
\end{array} \right)  & \Z{1} \rightarrow \Z{1} - \Z{2}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{c@{\quad}c@{\quad}c@{\quad}|@{\quad}c}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 1+\lambda & 2\lambda
\end{array} \right)  & \Z{3} \rightarrow \Z{3} - \Z{2}\\[0.75cm]
\end{array} & 
}
Für $\lambda = -1$ liegt eine Inhomogenität vor, es gibt keine Lösungen. Folglich ist $L_{-1} = \emptyset$. Für $\lambda \neq -1$ hingegen ergibt sich folgendes Gleichungssystem:
\begin{alignat*}{5}
&  & &  & x & =0\\
& & y & + & z & =2 \\
& & & & z & = \frac{2\lambda}{\lambda+1}
\end{alignat*}\vspace{-2em}\meq{
& \Rightarrow y = 2-z = 2-\frac{2\lambda}{\lambda+1} = \frac{2(\lambda+1)-2\lambda}{\lambda+1} = \frac{2}{\lambda+1} & \\
& \Rightarrow L_\lambda = \left\lbrace \def\arraystretch{1.4}\spvec{0;\frac{2}{\lambda+1};\frac{2\lambda}{\lambda+1}} \right\rbrace \quad \forall \lambda \in \mathbb{R} \setminus \left\lbrace 1, -1 \right\rbrace &
}

Das Gleichungssystem hat also keine Lösung für $\lambda=-1$, unendlich viele Lösungen für $\lambda = 1$ und genau eine Lösung für alle anderen Fälle.

\section{Determinante}
\subsection[A]{$A$}
Nach der Regel von Sarrus:
\meq{
& \det A = 1*1*1 + 2*2*2 + 3*3*3 - 1*2*3 - 1*2*3 - 1*2*3 &\\
&= 1^3 + 2^3 + 3^3 - 1*2*3*3 = 1+8+27 - 18 = 18&
}
\subsection[B]{$B$}
Wir entwickeln einmal, indem wir die erste Zeile durchlaufend streichen:
\meq{
& \det B &\\
& = \det \left( \begin{array}{@{\;}cccc@{\;}}
0 & 1 & 2 & 0\\
1 & 2 & 2 & 3 \\
3 & 1 & 1 & 2 \\
2 & 3 & 3 & 1
\end{array} \right) & \\
& = -1 \cdot \det \left( \begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1 & 2  & 3 \\
3 & 1  & 2 \\
2 & 3  & 1
\end{array} \right) + 2 \cdot \det \left( \begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1 & 2  & 3 \\
3 & 1  & 2 \\
2 & 3  & 1
\end{array} \right) & \\
& = -1 \cdot \det A + 2 \cdot \det A = \det A = 18 & \\
}
\subsection[C]{$C$}
Die erste und $6$. Zeile sind gleich. Demzufolge ist nach Bemerkung $2$ auf Seite $106$ des Skriptes $\det C = 0$.
\section{Eigen*}
\subsection[Eigenwerte- und räume]{Eigenwerte- und räume}
Wir bilden das charakteristische Polynom:
\meq{
c(\lambda) &= \det \left( \begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1-\lambda & 2  &0 \\
2 & -1-\lambda  & 2 \\
0 & 2  & 1-\lambda
\end{array} \right) & \\
&= \det \left( \begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1-\lambda & 0  & -1+\lambda \\
2 & -1-\lambda  & 2 \\
0 & 2  & 1-\lambda
\end{array} \right) \qquad \Z{1} \rightarrow \Z{1} - \Z{3}& \\
&= (1-\lambda)\det \left( \begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1 & 0  & -1 \\
2 & -1-\lambda  & 2 \\
0 & 2  & 1-\lambda
\end{array} \right) & \\
&= (1-\lambda)\det \left( \begin{array}{@{\;}ccc@{\;}}
1 & 0  & -1 \\
0 & -1-\lambda  & 4 \\
0 & 2  & 1-\lambda
\end{array} \right) \qquad \Z{2}\rightarrow\Z{2}-2\Z{1}& \\
&= (1-\lambda)\det \left( \begin{array}{@{\;}cc@{\;}}
-1-\lambda  & 4 \\
2  & 1-\lambda
\end{array} \right) \qquad \Z{2}\rightarrow\Z{2}-2\Z{1}& \\
&= (1-\lambda)\cdot\left((-1-\lambda)\cdot(1-\lambda)- 4\cdot 2\right) \\
&= (1-\lambda)\cdot\left((-\lambda-1)\cdot(-\lambda+1)- 4\cdot 2\right) \\
&= (1-\lambda)\cdot\left(\left(\lambda^2-1\right)- 4\cdot 2\right) \quad | \text{$3$. Binomische Formel}\\
&= (1-\lambda)\cdot\left(\lambda^2- 9\right)\\
&= -(\lambda -1)\cdot(\lambda + 3)\cdot(\lambda - 3)  \quad | \text{$3$. Binomische Formel}\\
}
Die Eigenwerte sind also $\lambda=-3, \lambda=1$ und $\lambda=3$.
\begin{itemize}[label = $\circ$]
\item Es gilt: \meq{
E_{-3} &= \left\lbrace\mathbf{x} \in \mathbb{R}^3 : (A+3I_3) \mathbf{x} = \mathbf{0} \right\rbrace \\
&= \left\lbrace \spvec{x;y;z} : \left(\begin{matrix}
4 & 2 & 0 \\
2 & 2 & 2 \\
0 & 2 & 4
\end{matrix}\right)\!\!\spvec{x;y;z} = \spvec{0;0;0}\right\rbrace
}
Wir untersuchen also die erweiterte Koeffizientenmatrix:
\meq{
&\begin{array}{r@{\;}l@{\qquad}l}
&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
4 & 2 & 0 & 0 \\
2 & 2 & 2 & 0\\
0 & 2  & 4 & 0
\end{array} \right)  & \\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
4 & 4 & 4 & 0 \\
2 & 2 & 2 & 0\\
0 & 2  & 4 & 0
\end{array} \right)  & \Z{1} \rightarrow \Z{1} +\Z{3}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
0 & 0 & 0 & 0 \\
2 & 2 & 2 & 0\\
0 & 2  & 4 & 0
\end{array} \right)  & \Z{1} \rightarrow \Z{1} - 2 \Z{2}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 0\\
0 & 1 & 2 & 0
\end{array} \right)  & \Z{2} \rightarrow \frac{1}{2}\Z{2}, \Z{3} \rightarrow \frac{1}{2}\Z{3}\\[0.75cm]
\end{array} &
}
Folglich ist
\meq{
E_{-3}&=\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 :  \arraycolsep=2pt\def\arraystretch{1}\begin{array}{rll}
x+&y+&z=0, \\[1ex]
 &y+2&z=0
\end{array} \right\rbrace \\
&=\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 :  \arraycolsep=2pt\def\arraystretch{1}\begin{array}{rl}
x&=-y-z, \\[1ex]
 y&=-2z
\end{array} \right\rbrace \\
&=\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 :  \arraycolsep=2pt\def\arraystretch{1}\begin{array}{rl}
x&=z, \\[1ex]
 y&=-2z
\end{array} \right\rbrace \\
&=\left\lbrace \spvec{z;-2z;z} : z \in \mathbb{R}\right\rbrace \\
&=\left\lbrace z \spvec{1;-2;1} : z \in \mathbb{R}\right\rbrace \\
&=\left\langle \spvec{1;-2;1} \right\rangle
} und die geometrische Vielfachheit dieses Eigenwerts ist $1$.
%   %%% 1
%   %%% 1
%   %%% 1
\item Es gilt: \meq{
E_1 &= \left\lbrace\mathbf{x} \in \mathbb{R}^3 : (A-I_3) \mathbf{x} = \mathbf{0} \right\rbrace \\
&= \left\lbrace \spvec{x;y;z} : \left(\begin{matrix}
0 & 2 & 0 \\
2 & -2 & 2 \\
0 & 2 & 0
\end{matrix}\right)\!\!\spvec{x;y;z} = \spvec{0;0;0}\right\rbrace
}
Wir untersuchen also die erweiterte Koeffizientenmatrix:
\meq{
&\begin{array}{r@{\;}l@{\qquad}l}
&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
0 & 2 & 0 & 0\\
2 & -2 & 2 &0 \\
0 & 2 & 0 &0
\end{array} \right)  & \\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
0 & 0&0 & 0 \\
2 & -2 & 2 &0 \\
0 & 2 & 0 &0
\end{array} \right)  & \Z{1} \rightarrow \Z{1} -\Z{3}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
0 & 0 & 0 & 0 \\
2 & 0 & 2 &0 \\
0 & 2 & 0 &0
\end{array} \right)  & \Z{2} \rightarrow \Z{2} + \Z{3}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0
\end{array} \right)  & \Z{2} \rightarrow \frac{1}{2}\Z{2}, \Z{3} \rightarrow \frac{1}{2}\Z{3}\\[0.75cm]
\end{array} &
}
Folglich ist
\meq{
E_{1}&=\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 :  \arraycolsep=2pt\def\arraystretch{1}\begin{array}{rll}
x+&z&=0, \\[1ex]
 &y&=0
\end{array} \right\rbrace \\
&=\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 :  \arraycolsep=2pt\def\arraystretch{1}\begin{array}{rl}
x&=-z, \\[1ex]
 y&=0
\end{array} \right\rbrace \\
&=\left\lbrace \spvec{-z;0;z} : z \in \mathbb{R}\right\rbrace \\
&=\left\lbrace z \spvec{-1;0;1} : z \in \mathbb{R}\right\rbrace \\
&=\left\langle \spvec{-1;0;1} \right\rangle
} und die geometrische Vielfachheit dieses Eigenwerts ist $1$.
%   %%% 3
%   %%% 3
%   %%% 3
\item Es gilt: \meq{
E_3 &= \left\lbrace\mathbf{x} \in \mathbb{R}^3 : (A-3I_3) \mathbf{x} = \mathbf{0} \right\rbrace \\
&= \left\lbrace \spvec{x;y;z} : \left(\begin{matrix}
-2 & 2 & 0 \\
2 & -4 & 2 \\
0 & 2 & -2
\end{matrix}\right)\!\!\spvec{x;y;z} = \spvec{0;0;0}\right\rbrace
}
Wir untersuchen also die erweiterte Koeffizientenmatrix:
\meq{
&\begin{array}{r@{\;}l@{\qquad}l}
&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
-2 & 2 & 0 & 0\\
2 & -4 & 2 &0 \\
0 & 2 & -2 &0
\end{array} \right)  & \\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
-2 & 4 & -2 & 0\\
2 & -4 & 2 &0 \\
0 & 2 & -2 &0
\end{array} \right)  & \Z{1} \rightarrow \Z{1} +\Z{3}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
0 & 0 & 0 & 0 \\
2 & -4 & 2 &0 \\
0 & 2 & -2 &0
\end{array} \right)  & \Z{1} \rightarrow \Z{1} + \Z{2}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & -2 & 1 & 0\\
0 & 1 & -1 & 0
\end{array} \right)  & \Z{2} \rightarrow \frac{1}{2}\Z{2}, \Z{3} \rightarrow \frac{1}{2}\Z{3}\\[0.75cm]
\end{array} &
}
Folglich ist
\meq{
E_{3}&=\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 :  \arraycolsep=2pt\def\arraystretch{1}\begin{array}{r@{\,}ll}
x-2&y+z&=0, \\[1ex]
 &y-z&=0
\end{array} \right\rbrace \\
&=\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 :  \arraycolsep=2pt\def\arraystretch{1}\begin{array}{rl}
x&=z, \\[1ex]
 y&=z
\end{array} \right\rbrace \\
&=\left\lbrace \spvec{z;z;z} : z \in \mathbb{R}\right\rbrace \\
&=\left\lbrace z \spvec{1;1;1} : z \in \mathbb{R}\right\rbrace \\
&=\left\langle \spvec{1;1;1} \right\rangle
} und die geometrische Vielfachheit dieses Eigenwerts ist $1$.
\end{itemize}
\subsection[Diagonalisierung]{Diagonalisierung}
Unsere Eigenvektoren waren $\spvec{1;-2;1}, \spvec{-1;0;1}, \spvec{1;1;1}$ für die jeweiligen Eigenwerte $-3, 1, 3$.\newline
Diese Eigenvektoren sind die Basisvektoren der eindimensionalen Eigenräume und bilden insofern eine Basis $\mathcal{B}$ für $\mathbb{R}^3$, da die Summe der Eigenräume direkt ist.

Demzufolge gilt (mit $\mathcal{A}$ als Standartbasis für $\mathbb{R}^3$):\meq{
P = B^\mathcal{B}_\mathcal{A} &= \left(\begin{matrix}
1 & -1 & 1 \\
-2 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{matrix}\right) & \\
P^{-1}AP &= \mathrm{diag} (-3,1,3) &
}
\section{Orthonormalbasis}
Die Vektoren $v_1 = \spvec{0;1;1;0}, v_2=\spvec{1;1;1;1}$ und $v_3 = \spvec{1;1;1;-1}$ sind offensichtlich linear unabhängig und bilden somit eine Basis für den hier gegebenen Unterraum (im Folgenden $U$).
Wir wenden das Verfahren von Gram-Schmidt an:
\meq{
f_1 &=  v_1 = \spvec{0;1;1;0}&\\
e_1 &= \frac{1}{\norm{f_1}} f_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} f_1 = \spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0} & \\
f_2 &= 
\begin{aligned}[t]v_2 - \left\langle v_2,e_1 \right\rangle e_1 &= \spvec{1;1;1;1} - \left\langle \spvec{1;1;1;1},\spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0} \right\rangle \spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0} =  \spvec{1;1;1;1}  - \left(\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0} \\
&= \spvec{1;1;1;1} - \sqrt{2}\spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0}= \spvec{1;1;1;1} - \spvec{0;1;1;0} = \spvec{1;0;0;1} \\
\end{aligned} &\\
e_2 &= \frac{1}{\norm{f_2}} f_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} f_2 = \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{1}{\sqrt{2}}} & \\
f_3 &=
\begin{aligned}[t]
v_3 &- \left\langle v_3,e_1 \right\rangle e_1 - \left\langle v_3, e_2 \right\rangle e_2  \\
&=
\spvec{1;1;1;-1} - \left\langle \spvec{1;1;1;-1},\spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0} \right\rangle \spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0} - \left\langle \spvec{1;1;1;-1},\spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{1}{\sqrt{2}}} \right\rangle \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{1}{\sqrt{2}}} \\
&=\spvec{1;1;1;-1}  - \left(\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0} - 0 \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{1}{\sqrt{2}}} = \spvec{1;1;1;-1} - \spvec{0;1;1;0} = \spvec{1;0;0;-1} \\
\end{aligned} &\\
e_3 &= \frac{1}{\norm{f_3}} f_3 = \frac{1}{\sqrt{2}} f_3 = \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{-1}{\sqrt{2}}} & \\
\Rightarrow \mathcal{B}_{U} &= \left\lbrace e_1, e_2, e_3 \right\rbrace = \left\lbrace  \spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0},  \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{1}{\sqrt{2}}},  \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{-1}{\sqrt{2}}} \right\rbrace
}
Damit ist $\mathcal{B}_U$ eine Orthonormalbasis für $U$, den gegebenen Unterraum.
\newpage\noindent
Wir finden (durch scharfes Hinsehen) nun $v_4$ als nicht in $U$ liegenden Vektor und ergänzen $\mathcal{B}_U$ zu einer Orthonormalbasis für $\mathbb{R}^4$:\meq{
v_4 &= \spvec{0;1;0;0} \\
f_4 &=
\begin{aligned}[t]
v_4 &- \left\langle v_4,e_1 \right\rangle e_1 - \left\langle v_4, e_2 \right\rangle e_2- \left\langle v_4, e_3 \right\rangle e_3  \\
&= \spvec{0;1;0;0} 
\begin{aligned}[t]
&-\left\langle \spvec{0;1;0;0},\spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0} \right\rangle \spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0} - \left\langle \spvec{0;1;0;0}, \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{1}{\sqrt{2}}} \right\rangle \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{1}{\sqrt{2}}}\\
&- \left\langle \spvec{0;1;0;0}, \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{-1}{\sqrt{2}}} \right\rangle \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{-1}{\sqrt{2}}}
\end{aligned} \\
&= \spvec{0;1;0;0} -\frac{1}{\sqrt{2}} \spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0} - 0 \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{1}{\sqrt{2}}}- 0 \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{-1}{\sqrt{2}}} \\
&= \spvec{0;1;0;0} -\spvec{0;\frac{1}{2};\frac{1}{2};0} = \spvec{0;\frac{1}{2};\frac{-1}{2};0}\\
\end{aligned} \\
e_4 &= \frac{1}{\norm{f_4}} f_4 = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}} f_4 = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{2}}} f_4 =\sqrt{2} f_4 = \spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{-1}{\sqrt{2}};0} & \\
\Rightarrow \mathcal{B}_{\mathbb{R}^4} &= \left\lbrace e_1, e_2, e_3, e_4 \right\rbrace = \left\lbrace  \spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}};0},  \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{1}{\sqrt{2}}},  \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;0;\frac{-1}{\sqrt{2}}},\spvec{0;\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{-1}{\sqrt{2}};0} \right\rbrace & \\
}

Somit ist $\mathcal{B}_{\mathbb{R}^4}$ eine Orthonormalbasis für $\mathbb{R}^4$.

\section{Drehmatrix}
\subsection[Element SO3]{Element $\mathrm{SO}(3)$}
Wir berechnen $A\,A^T$ sowie $\det A$:
\meq{
A\,A^T & = \frac{1}{4}\left( \begin{matrix}
1 & \sqrt{2} & 1 \\
 -\sqrt{2} & 0 & \sqrt{2} \\
  1 & -\sqrt{2} & 1
\end{matrix} \right) \left( \begin{matrix}
1 & -\sqrt{2} & 1 \\
 \sqrt{2} & 0 & -\sqrt{2} \\
  1 & \sqrt{2} & 1
\end{matrix} \right)
= \frac{1}{4}\left( \begin{matrix}
4 & 0 & 0 \\
0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 4
\end{matrix} \right) = I_3 & \\
\det A &= \frac{1}{2^3} 
\begin{aligned}[t]
\Big( & 1\cdot 0\cdot 1 + \sqrt{2}\cdot \sqrt{2}\cdot 1 + 1\cdot \left(-\sqrt{2}\right)\cdot \left(-\sqrt{2}\right) \\
 & \left.- 1\cdot 0\cdot 1 - \sqrt{2}\cdot \left(-\sqrt{2}\right)\cdot 1 - 1\cdot\sqrt{2}\cdot \left(-\sqrt{2}\right) \right)
\end{aligned} &\\
&= \frac{1}{8} \left( 0 + 2 + 2 -0 - (-2) - (-2) \right)= \frac{1}{8} \cdot 8 = 1 & \\
}
Da $\det A=1$ und $A\,A^T= I_3$, ist unsere Matrix in $\mathrm{SO}(3)$.
\subsection[Winkel]{Drehparameter bestimmen}
Da $A \in \mathrm{SO}(3)$, hat $A$ unter anderem den Eigenwert $1$. Wir berechnen den zugehörigen Eigenvektor $\mathbf{n}$:
\meq{
E_1 = \left\lbrace \mathbf{x}\in \mathbb{R}^3 : (A-I_3)\mathbf{x} = \mathbf{0} \right\rbrace
}\newline
Wir untersuchen also die erweiterte Koeffizientenmatrix (der Einfachheit her für $2A-2I_3$):
\meq{
&\begin{array}{r@{\;}l@{\qquad}l}
&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
-1 & \sqrt{2} & 1 &0\\
 -\sqrt{2} & -2 & \sqrt{2} &0\\
  1 & -\sqrt{2} & -1 &0
\end{array} \right)  & \\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
0 & 0 & 0 &0\\
 -\sqrt{2} & -2 & \sqrt{2} &0\\
  1 & -\sqrt{2} & -1 &0
\end{array} \right)  & \Z{1} \rightarrow \Z{1} +\Z{3}\\[0.75cm]
\Rightarrow&
\left(\begin{array}{@{\;}c@{\;}c@{\;}c@{\;}|@{\,}c@{\;}}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & -4 & 0 &0 \\
  1 & -\sqrt{2} & -1 &0
\end{array} \right)  & \Z{2} \rightarrow \Z{2} +\sqrt{2} \,\Z{3}\\[0.75cm]
\end{array} &
}

Folglich ist
\meq{
E_1&=\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 :  \arraycolsep=2pt\def\arraystretch{1}\begin{array}{r@{\,}r@{}ll}
&-4&y&=0, \\[1ex]
 x-&\,\sqrt{2}&y-z&=0
\end{array} \right\rbrace \\
&=\left\lbrace \spvec{x;y;z} \in \mathbb{R}^3 :  \arraycolsep=2pt\def\arraystretch{1}\begin{array}{rl}
y&=0, \\[1ex]
 x&=z
\end{array} \right\rbrace \\
&=\left\lbrace \spvec{z;0;z} : z \in \mathbb{R}\right\rbrace \\
&=\left\lbrace z \spvec{1;0;1} : z \in \mathbb{R}\right\rbrace \\
&=\left\langle \frac{1}{\sqrt{2}}\spvec{1;0;1} \right\rangle \Rightarrow \mathbf{n} = \frac{1}{\sqrt{2}}\spvec{1;0;1}
} und demnach ist die Drehachse in Richtung $\mathbf{n}$.
Wir bestimmen nun eine Orthonormalbasis, die $\mathbf{n}$ enthält. Wir finden (erneut durch scharfes Hinsehen) dazu die Vektoren $v_1 = \spvec{0;1;0}$ und $v_2=\spvec{1;0;-1}$, die mit $\mathbf{n}$ eine Basis bilden. Diese orthonormalisieren wir nun -- hierbei ist wichtig, das $\mathbf{n}$ $e_1$ ist, damit die Drehachse hinterher unverändert Teil der Basis ist.
\meq{
e_1 &= f_1 = \mathbf{n}, \text{da $\mathbf{n}$ bereits normiert ist.} &\\
f_2 &= v_1 - \left\langle v_1,e_1\right\rangle e_1 = \spvec{0;1;0} - 0 \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;\frac{1}{\sqrt{2}}} = \spvec{0;1;0} &\\
e_2 &= \frac{1}{\norm{f_2}} f_2 = \frac{1}{1} f_2 = \spvec{0;1;0} &\\
f_3 &= v_2 - \left\langle v_2,e_1 \right\rangle e_1 - \left\langle v_2,e_2 \right\rangle 2_2 = \spvec{1;0;-1}- 0 \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;\frac{1}{\sqrt{2}}}-0\spvec{0;1;0} = \spvec{1;0;-1} &\\
e_3 &= \frac{1}{\norm{f_3}} f_3 = \frac{1}{\sqrt{2}} \spvec{1;0;-1} = \spvec{\frac{1}{\sqrt{2}};0;\frac{-1}{\sqrt{2}}} &\\
}
Mit der Basiswechselmatrix $P$ von der Orthonormalbasis $\left\lbrace v_1, v_2, \mathbf{n} \right\rbrace$ zur Standartbasis von $\mathbb{R}^3$ ($P$ muss $\mathbf{n}$ in der 3. Spalte enthalten, die Vektoren $e_2$ und $e_3$ sind so anzuordnen, dass $\det P = +1$) lässt sich unsere Matrix $A$ in die berechnete Orthonormalbasis wechseln, in welcher sich der Drehwinkel $\theta$ ablesen lässt:
\meq{
P &= \left( \begin{matrix}
\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
0 & 1 & 0\\
\frac{-1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
\end{matrix} \right) &\\
\Rightarrow P^T \,A\,P &= \left( \begin{matrix}
\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{-1}{\sqrt{2}}\\
0 & 1 & 0\\
\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
\end{matrix} \right) \; \left(\begin{matrix}
\frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{2} \\
\frac{-1}{\sqrt{2}} &0& \frac{1}{\sqrt{2}} \\
\frac{1}{2} & \frac{-1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{2} \\
\end{matrix} \right) \; \left( \begin{matrix}
\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
0 & 1 & 0\\
\frac{-1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
\end{matrix} \right) &\\
&= \left( \begin{matrix}
\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{-1}{\sqrt{2}}\\
0 & 1 & 0\\
\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
\end{matrix} \right) \; \left(\begin{matrix}
0  & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
-1 & 0 & 0\\
0 & \frac{-1}{\sqrt{2}} &\frac{1}{\sqrt{2}}\\
\end{matrix} \right)&\\
&= \left( \begin{matrix}
0&1&0\\
-1 & 0 & 0\\
0&0&1\\
\end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix}
\cos\theta&-\sin\theta&0\\
\sin\theta & \cos\theta & 0\\
0&0&1\\
\end{matrix} \right) &\\
\Rightarrow \cos \theta &= 0, &\\
\sin \theta &= -1\\
\Rightarrow \theta &= \frac{3\pi}{2}
}
Die Matrix $A$ stellt also eine Drehung von $270^\circ = \frac{3\pi}{2}$ um die Drehachse in Richtung $\spvec{1;0;1}$ da.
\section{Kegelschnitt}
Wir schreiben die Gleichung als
\meq{
& (x,y) \left( \begin{matrix}
2 & 1 \\
1 & 2\\
\end{matrix} \right) \left(\begin{matrix}
x \\ y
\end{matrix} \right) + (2,-2)\left( \begin{matrix}
x \\ y
\end{matrix}\right) - 1 = 0 &
}
Wir bestimmen die Eigenwerte von $M=\left(\begin{matrix}
2 & 1\\ 1 & 2
\end{matrix}\right)$:
\meq{
c(\lambda) &=  (2-\lambda) (2-\lambda) - 1 & \\
&= \left(2^2-2\cdot 2\cdot\lambda + \lambda^2 \right) -1 \\
&= \lambda^2 - 4\lambda +3 \\
&= (\lambda - 1 ) (\lambda - 3) \qquad | \text{Satz von Vieta}
}
Die Eigenwerte sind damit 1 und 3, wir bestimmen nun die Eigenvektoren:
\meq{
E_1 &= \left\lbrace \mathbf{x} \in \mathbb{R}^2 : \left( M-I_3 \right) \mathbf{x} = \mathbf{0} \right\rbrace \\
&= \left\lbrace \mathbf{x} \in \mathbb{R}^2 : \left( \begin{matrix}
1 & 1 \\ 1 &  1
\end{matrix} \right) \mathbf{x} = \mathbf{0} \right\rbrace\\
&= \left\lbrace \spvec{x;y} \in \mathbb{R}^2 : x+y=0 \right\rbrace\\
&= \left\lbrace \spvec{x;y} \in \mathbb{R}^2 : x=-y \right\rbrace\\
&= \left\lbrace \spvec{-y;y} : y \in \mathbb{R} \right\rbrace\\
&= \left\lbrace y \spvec{-1;1} : y \in \mathbb{R} \right\rbrace\\
&= \left\langle \spvec{-1;1} \right\rangle \\
&&\\
%
%
E_3 &= \left\lbrace \mathbf{x} \in \mathbb{R}^2 : \left( M-3I_3 \right) \mathbf{x} = \mathbf{0} \right\rbrace \\
&= \left\lbrace \mathbf{x} \in \mathbb{R}^2 : \left( \begin{matrix}
-1 & 1 \\ 1 &  -1
\end{matrix} \right) \mathbf{x} = \mathbf{0} \right\rbrace\\
&= \left. \left\lbrace \mathbf{x} \in \mathbb{R}^2 : \left( \begin{matrix}
-1 & 1 \\0 & 0
\end{matrix} \right) \mathbf{x} = \mathbf{0} \right\rbrace \quad \right| \Z{2} \rightarrow \Z{1} + \Z{2}\text\;\;{\parbox{6.5cm}{Diese Umformungen operieren auf der implizierten erweitereten Koeffizientenmatrix}} &\\
&= \left\lbrace \spvec{x;y} \in \mathbb{R}^2 : -x+y=0 \right\rbrace\\
&= \left\lbrace \spvec{x;y} \in \mathbb{R}^2 : x=y \right\rbrace\\
&= \left\lbrace \spvec{y;y} : y \in \mathbb{R} \right\rbrace\\
&= \left\lbrace y \spvec{1;1} : y \in \mathbb{R} \right\rbrace\\
&= \left\langle \spvec{1;1} \right\rangle \\
&\quad&\\
%
%
\Rightarrow P &= \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \begin{matrix}
1 & 1 \\ -1 & 1
\end{matrix} \right) \\
}
Somit ist $P$ eine orthogonale Diagonaliserungsmatrix für $M$, sodass $P^TMT = \mathrm{diag}(1,3)$ (Hier muss man beachten, dass wir die Eigenvektoren so skalieren und anordnen, dass $P$ am Ende auch tatsächlich eine solche orthogonale Matrix (mit $\det P = 1$) ist, in diesem Fall also den einen $\cdot \frac{-1}{\sqrt{2}}$, den anderen $\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}$). Da $\det P = 1$, ist P eine Rotationsmatrix mit $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2}}, \sin \theta = \frac{-1}{\sqrt{2}}$, sodass $\theta = \frac{7\pi}{4} \hat{=}\frac{-\pi}{4}$. Wir schreiben nun $\spvec{x;y} = P\spvec{x';y'}$, sodass unsere Gleichung so aussieht:
\meq{
& (x',y') \; P^T \left( \begin{matrix}
2 & 1 \\
1 & 2\\
\end{matrix} \right) P \left(\begin{matrix}
x' \\ y'
\end{matrix} \right) + (2,-2) P \left(\begin{matrix}
x' \\ y'
\end{matrix}\right) - 1 = 0 &\\
\Leftrightarrow & (x',y') \;\mathrm{diag}(1,3) \left(\begin{matrix}
x' \\ y'
\end{matrix} \right) + (\sqrt{8},0) \left(\begin{matrix}
x' \\ y'
\end{matrix}\right) - 1 = 0 &\\
\Leftrightarrow & \left(x'\right)^2 + 3 \left(y'\right)^2+ \sqrt{8}x' - 1 = 0 &\\
\Leftrightarrow &\,3 \left(y'\right)^2 + \left(x'\right)^2 + 2\sqrt{2}x' - 1 = 0 &\\
\Leftrightarrow &\,3 \left(y'\right)^2 + \left(x'\right)^2 + 2\sqrt{2}x' +2 -2- 1 = 0 &\\
\Leftrightarrow &\,3 \left(y'\right)^2 + \left(x' +\sqrt{2}\right)^2 -2- 1 = 0 &\\
\Leftrightarrow &\left.\,3 \left(y'\right)^2 + \left(x' +\sqrt{2}\right)^2 -3 = 0 \qquad \right| x''=x'+\sqrt{2}, y''=y'&\\
\Leftrightarrow &\left. \left(x''\right)^2+3 \left(y''\right)^2  = 3 \qquad \right| \cdot \frac{1}{3} &\\
\Leftrightarrow &\frac{\left(x''\right)^2}{3}+ \left(y''\right)^2  = 1&
}
Demzufolge handelt es sich um eine Ellipse mit Dehnung von $\sqrt{3}$ in X-, $1$ in Y-Richtung, die um $\sqrt{2}$ nach links verschoben, dann um $-\theta = \frac{\pi}{4}$ im Urzeigersinn um den Nullpunkt gedreht wurde:\\
\begin{figure}[!h]
\centering
\begin{tikzpicture}[thick]
\small
\draw[->] (0,-3) -- (0,3) node[anchor=south] {$y''$};
\draw[->] (-3,0) -- (3,0) node[anchor=west] {$x'', x'$};
\draw (0,0) ellipse (1.73205 and 1);
\draw (0,-1) node[anchor=north east] {$-1$};
\draw (0,1) node[anchor=south east] {$1$};
\draw (-1.73205,0) node[anchor=south east] {$-\sqrt{3}$};
\draw (1.73205,0) node[anchor=south west] {$\sqrt{3}$};
\begin{scope}[shift={(1.41421,0)}]
\draw (0,0) node [anchor=north east]{$\sqrt{2}$};
\draw[->] [dashed] (0,-3) -- (0,3) node[anchor=south] {$y'$};
\coordinate (A) at (1,0);
\coordinate (B) at (0,0);
\coordinate (C) at (1,1);
\pic [draw, <->, angle radius=1.4cm] {angle = A--B--C};
\draw (1.6,0.5) node {$-\theta$};
\begin{scope}[rotate=45]
\draw[->] [dashed] (-3,0) -- (3,0) node[anchor=south west] {$x$};
\draw[->] [dashed] (0,-3) -- (0,3) node[anchor=south east] {$y$};
\end{scope}
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{figure}
\end{document}