Karlsruher Institut für Technologie (KIT) WS 2012/13 Institut für Analysis Prof. Dr. Tobias Lamm Dr. Patrick Breuning

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1 Karlsruher Institut für Technologie (KIT) WS 22/3 Institut für Analysis Prof. Dr. Tobias Lamm Dr. Patrick Breuning Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Physik 4. Übungsblatt (letztes Blatt) Aufgabe Ist det : K n,n K eine Determinantenfunktion, so gilt nach Vorlesung a a n det.. = a,σ() a n,σ(n) sign σ, a n a n n insbesondere ist die Determinante (falls existent) eindeutig bestimmt. Weisen Sie nun nach, dass obige Formel alle Eigenschaften einer Determinantenfunktion erfüllt. Dies zeigt die Existenz der Determinante. Lösung:.) Nach Vorlesung ist Sei nun b = a,σ()... a n,σ(n) sign σ = bj.. Dann gilt b j n det(a,..., a j, λa j + µb j, a j+,..., a n ) = a σ(),... a σ(n),n sign σ. a σ(),... a σ(j ),j (λa σ(j),j + µb j σ(j) )a σ(j+),j+... a σ(n),n sign σ = λ a σ(),... a σ(n),n sign σ + µ a σ(),... a σ(j ),j b j σ(j) a σ(j+),j+... a σ(n),n sign σ = λ det(a,..., a n ) + µ det(a,..., a j, b j, a j+,..., a n ). 2.) Seien i < j n. Sei τ S n die Transposition, die i und j vertauscht. Es gilt S n = {τ σ : σ S n }. ( )

2 Sei ã j := a τ(j), bzw. ã i,j := a i,τ(j). Dann ist det(a,..., a i,..., a j,..., a n ) = 3.) Sei A =.... Dann ist a,σ()... a n,σ(n) sign σ = ã,τ σ()... ã n,τ σ(n) sign σ = ã,τ σ()... ã n,τ σ(n) sign(τ σ) ( ) = ã, σ()... ã n, σ(n) sign σ det A = = det(ã,..., ã n ) = det(a,..., a i, a j, a i+,..., a j, a i, a j+,..., a n ). a,σ()... a n,σ(n) sign σ = σ=id a,σ()... a n,σ(n) sign σ =. Aufgabe 2 a) Sei V ein R-Vektorraum und A : V V eine lineare Abbildung. Zeigen Sie: Hat A 2 + A den Eigenwert, so hat A 3 den Eigenwert. b) Berechnen Sie das charakteristische Polynom, die Eigenwerte und die Eigenvektoren der Matrix B = Lösung: a) Ist Eigenwert von A 2 + A, so existiert ein v V, v, mit (A 2 + A)(v) = A 2 (v) + A(v) = v. Daraus folgt A 2 (v) + A(v) + v =. Wendet man auf diese Gleichung erneut A an, so erhält man = A(A 2 (v) + A(v) + v) = A 3 (v) + A 2 (v) + A(v) = A 3 (v) v, also A 3 (v) = v. Damit hat A 3 den Eigenwert mit Eigenvektor v.

3 b) Für das charakteristische Polynom gilt P B (λ) = det(b λe 3 ) = λ 3 + 5λ 2 2λ 8 Die Eigenwerte sind also, 2 und 4. Bestimmung der Eigenvektoren: zum Eigenwert : B + E 3 = = (λ + )(λ 2)(λ 4). Damit ist jedes Element aus span{ } \ {} ein Eigenvektor zum Eigenwert. zum Eigenwert 2: B 2E 3 = Damit ist jedes Element aus span{ 3 } \ {} ein Eigenvektor zum Eigenwert 2. 2 zum Eigenwert 4: B 4E 3 = Damit ist jedes Element aus span{ 5} \ {} ein Eigenvektor zum Eigenwert Aufgabe 3 Sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum mit Skalarprodukt, und seien v,..., v r orthonormale Vektoren, d.h. v i, v j = δ ij für alle i, j r. Zeigen Sie die Äquivalenz der folgenden drei Aussagen: i) v,..., v r ist eine Basis von V. ii) Ist v V, so folgt aus v, v i = für alle i r, dass v = ist. iii) Ist v V, so gilt: v = r i= v, v i v i.

4 Lösung: i) iii): Sei {v,..., v r } eine Basis von V. Ist v V, so gilt v = r i= λ iv i. Aus der Orthonormalität folgt v, v i = λ i, also v = r i= v, v i v i. iii) ii): trivial ii) i): Wir ergänzen {v,..., v r } zu einer Orthonormalbasis {v,..., v r, w,..., w s } von V. Für jedes j =,..., s gilt dann w j, v i = für alle i r, und aus ii) folgt w j =, also s = und V = span{v,..., v r }. Aufgabe 4 Untersuchen Sie die folgende Matrix auf Diagonalisierbarkeit: A = Lösung: Für das charakteristische Polynom gilt P A (λ) = λ 3 + λ 2 + λ = (λ ) 2 (λ + ). Also sind und die beiden einzigen Eigenwerte von A. Bestimmung von Eigenvektoren zum Eigenwert : A E 3 = Also sind und linear unabhängige Eigenvektoren zum Eigenwert. Ergänzt man diese beiden Vektoren durch einen Eigenvektor zum Eigenwert, so erhält man ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von R 3. Also ist A diagonalisierbar. Aufgabe 5 Für α R sei das reelle lineare Gleichungssystem A α x = b α gegeben durch: (α 2) x + (α ) y (α ) z = (6 3α) x + (α 2 ) y + (α ) z = (α 2 α 2) x + α(α ) y α(α ) z = α. a) Berechnen Sie die Determinante der Koeffizientenmatrix A α. b) Finden Sie für diejenigen α, für welche obiges Gleichungssystem eindeutig lösbar ist, die Lösung mittels der Cramerschen Regel.

5 Lösung: a) det(a α ) = α 2 α (α ) 3(2 α) (α + )(α ) (α ) (α 2)(α + ) α(α ) α(α ) = (α 2)(α ) 2 det 3 α + α + α α = (α 2)(α ) 2 det 2 α + 2 α ( ) = (α 2)(α ) 2 2 α + 2 det = (α 2)(α ) 2 (α + 2). Beim dritten Gleichheitszeichen wurde zur ersten und zur zweiten Spalte jeweils die dritte Spalte addiert. Die Matrix A α ist also invertierbar für alle α R \ { 2,, 2}. b) Cramersche Regel: Ist A K n,n invertierbar, A = (a,..., a n ), so sind die Komponenten der Lösung des linearen Gleichungssystems Ax = b (mit b K n ) gegeben durch x j = det(a,..., a j, b, a j+,..., a n ) det A (j =,..., n). Um die Lösung des gegebenen linearen Gleichungssystems zu berechnen, benötigen wir also die folgenden Determinanten: α (α ) D := det (α + )(α ) α α α(α ) α(α ) ( ) α (α ) = (α ) det (α + )(α ) α = (α ) 3 (α + 2). D 2 := det ( = (α ) det α 2 (α ) 3(2 α) α (α 2)(α + ) α α(α ) = 2(α ) 2 (α 2). α 2 (α ) 3(α 2) α )

6 D 3 := det ( = (α ) det α 2 α 3(α 2) (α + )(α ) (α 2)(α + ) α(α ) α = (α ) 2 (α 2)(α + 4). α 2 α 3(α 2) (α + )(α ) ) Für die Komponenten des Lösungsvektors folgt also x = D det(a α ) = (α ) 3 (α + 2) (α 2)(α ) 2 (α + 2) = α α 2 x 2 = D 2 det(a α ) = 2(α ) 2 (α + 2) (α 2)(α ) 2 (α + 2) = 2 α + 2 x 3 = D 3 det(a α ) = (α )2 (α 2)(α + 4) (α 2)(α ) 2 (α + 2) = α + 4 α + 2. Aufgabe 6 Es sei 3 A = a) Bestimmen Sie alle Eigenwerte von A und geben Sie eine orthogonale Matrix P an, so dass P t AP Diagonalgestalt hat. b) Berechnen Sie A k für alle k N. Lösung: a) Die Eigenwerte von A sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms P A (λ) = det(a λe 4 ): 3 λ 3 λ Z det(a λe 4 ) = det 3 λ 3 Z 3 +Z 2 Z 4 Z 4 Z 2 3 λ = det 3 λ 4 λ 4 λ 3 λ λ 4 4 λ 3 λ 2 S 2 S 2 +S = 4 det 2 λ Entw. 3 λ 2 nach Z 4 4 λ 4 λ = (4 λ) det 2 λ 4 λ 4 λ 4 λ 3 λ 3 S 2 S 2 S = 3 (4 λ) det λ Entw. ( ) nach Z = 3 (4 λ) 2 3 λ 3 det λ 4 λ = (4 λ) 2 ((3 λ)( λ) 3) = (4 λ) 2 ( λ 2 4λ ) = λ(λ 4) 3.

7 Die Matrix besitzt also die Eigenwerte λ = mit algebraischer Vielfachheit und λ 2 = 4 mit algebraischer Vielfachheit 3. Als nächstes bestimmen wir die Eigenräume. Zu berechnen ist Kern(A λ i E 4 ), i =, 2. Wir formen die Matrix A λ E 4 mit Hilfe von Zeilenumformungen um: Z A I 4 = 3 Z 3Z 2 Z 4 Z 4 +Z Z 3 Z 3 +Z Z (Z +2Z 3 )/4 3 Z i Z i /4 Z 2 Z 2 3Z 3 2 Z 4 Z 4 Z i=3,4 Z 3 Z 3 Z Z 2 Z 2 +2Z Zeilen vertauschen Nun können wir den Eigenraum ablesen. Es gilt: Kern(A) = span{c } wobei c =. Um den Eigenraum zum Eigenwert 4 zu bestimmen, gehen wir genauso vor: A 4E 4 = Wir erhalten als Eigenraum span{c 2, c 3, c 4 } mit c 2 =, c 3 = und c 4 =. Da die Vektoren c, c 2, c 3, c 4 linear unabhängig sind, ist C := (c c 2 c 3 c 4 ) eine reguläre Matrix mit C AC = D und D R 4,4 ist eine Diagonalmatrix mit den Werten, 4, 4, 4 auf der Diagonalen. Um eine orthogonale Matrix P mit P T AP = D zu finden, müssen wir ein Orthonormalsystem p, p 2, p 3, p 4 aus Eigenvektoren von A gewinnen. Da Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten orthogonal sind, können wir die beiden Eigenräume unabhängig voneinander behandeln. Im Eigenraum zum Eigenwert ist ein Orthonormalsystem gegeben durch p := c c = 2 c. Nun zum Eigenraum zum Eigenwert 4: Wir stellen zunächst fest, dass die Vektoren c 2, c 3 +c 4 und c 4 auch eine Basis des Eigenraums bilden und dass die Vektoren c 2 und c 3 + c 4 orthogonal zueinander sind. Wir verwenden das Verfahren von Gram-Schmidt, um aus diesen drei

8 Vektoren eine Orthonormalbasis zu gewinnen: p 2 := c 2 c 2 = c 2 = 2 2, p 3 := c 3 + c 4 c 3 + c 4 = 2 v 4 := c 4 c 4, p 2 p 2 c 4, p 3 p 3 = 2 2 = 2 p 4 := v 4 v 4 = v 4 Nach Konstruktion bilden p 2, p 3, p 4 eine Orthonormalbasis vom Eigenraum zum Eigenwert 4 und eine Matrix P mit P T AP = D ist gegeben durch 2 P = (p p 2 p 3 p 4 ) = b) Aus P T AP = D folgt unmittelbar A = P DP T = P DP und folglich A k = (P DP ) k = P DP P DP... P DP = P D k P. Da D eine Diagonalmatrix ist, folgt D k = also A k = 4 k P DP = 4 k A. k = 4 k 4 k = 4k 4 4 = 4k D 4 k 4