Technische Universität München Zentrum Mathematik. Übungsblatt 12

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1 Technische Universität München Zentrum Mathematik Mathematik 1 (Elektrotechnik) Prof. Dr. Anusch Taraz Dr. Michael Ritter Übungsblatt 12 Hausaufgaben Aufgabe 12.1 Sei f : R 3 R 3 gegeben durch f(x) := Ax mit A := Bestimmen Sie die Abbildungsmatrix M B (f) der Abbildung f bezüglich der Basis indem Sie B := 2, 1, 1, a)... die darstellende Matrix direkt ausrechnen. b)... zunächst eine geeignete Transformationsmatrix bestimmen, mit der Sie dann M B (f) aus der Matrix A berechnen. Lösung zu Aufgabe 12.1 a) Um die Abbildungsmatrix M B (f) direkt zu bestimmen, berechnen wir die Bilder der Basisvektoren aus B und stellen diese wiederum als Linearkombinationen in der Basis B dar: f 2 = 4 = f 2 = 2 = ( 1) f 2 = 3 = ( 1)

2 Die Koeffizienten vor den Basisvektoren bilden dann die Spalten der Abbildungsmatrix: b) vgl. Mitschrift aus der Zentralübung M B (f) = Aufgabe 12.2 Sei A R n n eine orthogonale Matrix und λ C ein Eigenwert von A. Zeigen Sie, dass λ = 1 gilt. Lösung zu Aufgabe 12.2 vgl. Mitschrift aus der Zentralübung Aufgabe 12.3 Welche der folgenden Abbildungen sind diagonalisierbar? Berechnen Sie gegebenenfalls eine Diagonalisierung und geben Sie die zugehörige Basis an a) A = b) B = c) C = d) D = Lösung zu Aufgabe 12.3 a) Wir beginnen mit dem charakteristischen Polynom: 1 λ 3 3 χ A (λ) = det 3 5 λ λ = (1 λ)( 5 λ)(4 λ) [ 18(5 + λ) 18(1 λ) 9(4 λ)] = (4 λ) [(λ 1)(λ + 5) + 9] = (4 λ) [ λ 2 + 4λ + 4 ] = (4 λ)(λ + 2) 2 Wir erhalten also die Eigenwerte 4 (einfach) und 2 (doppelt). Damit wissen wir, dass A mindestens zwei linear unabhängige Eigenvektoren besitzt (zu jedem Eigenwert mindestens einen). Um diagonalisierbar zu sein, müsste es aber drei geben das wäre möglich, weil es zu dem doppelten Eigenwert 2 auch zwei unabhängige Eigenvektoren geben 2

3 könnte (aber nicht muss). Wir berechnen also zuerst die Eigenvektoren zum Eigenwert 2: A + 2I 3 = Damit erhalten wir tatsächlich zwei linear unabhängige Eigenvektoren bzw. den Eigenraum 1 1 Eigenraum(A; 2) = lin 0, Die Matrix A ist also diagonalisierbar (und wenn nur das gefragt wäre, könnten wir jetzt auch aufhören wir brauchen hier aber auch die zugehörige Basis). Wir berechnen daher noch den fehlenden Eigenvektor zum Eigenwert 4: A 4I 3 = Damit folgt Eigenraum(A; 4) = lin 1. Also ist die gesuchte Eigenvektorbasis, als 2 Spalten einer Matrix geschrieben: T = Damit gilt T 1 AT = b) Auch für die Matrix B berechnen wir zunächst die Eigenwerte als Nullstellen des charakteristischen Polynoms: 3 λ 1 1 det(b λi 3 ) = det 7 5 λ λ = (3 + λ)(5 λ)(2 + λ) [6(5 λ) + 6(3 + λ) + 7(2 + λ)] = (3 + λ)(5 λ)(2 + λ) + 7(2 + λ) = (2 + λ)( λ 2 + 2λ + 8) = (2 + λ)(2 + λ)(4 λ) Auch B hat also die Eigenwerte 4 (einfach) und 2 (doppelt). Wir beginnen wieder mit den Eigenvektoren zum Eigenwert 2 (weil die Diagonalisierbarkeit wenn überhaupt an diesem doppelten Eigenwert scheitern könnte und wir dann die Arbeit für den 3

4 Eigenwert 4 nicht mehr machen müssten) B + 2I 3 = An der Zeilenstufenform sieht man, dass der Eigenraum von B zum Eigenwert 2 nur eindimensional ist, d. h. die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts 2 ist 1 (die algebraische ist 2). Damit kann die Matrix B nicht mehr diagonalisierbar sein (für eine Basis des R 3 bräuchten wir ja 3 linear unabhängige Vektoren). c) Wir starten mit dem charakteristischen Polynom und den Eigenwerten: 1 λ 1 1 χ C (λ) = det(c λi 3 ) = det 0 3 λ λ = (1 λ)(3 λ) [ (3 λ) ] = (3 λ)(λ 2 4λ + 4) = (3 λ)(λ 2) 2 Die Eigenwerte von C sind also 3 (einfach) und 2 (doppelt). Um zu wissen, ob C diagonalisierbar ist, müssen wir also wieder wissen, welche geometrische Vielfachheit der doppelte Eigenwert 2 besitzt. Wir berechnen daher zunächst die Eigenvektoren zum Eigenwert 2: C 2I 3 = Damit ist klar, dass dim(eigenraum(c; 2)) = 1, die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts 2 ist also 1, die algebraische ist 2. C ist daher nicht diagonalisierbar. d) Wie zuvor berechnen wir zunächst die Eigenwerte von D: 3 λ 2 1 χ D (λ) = det(d λi 3 ) = det 0 3 λ λ = (3 λ) 2 (1 λ) [ (3 λ) ] = (3 λ)(λ 2 4λ + 4) = (3 λ)(λ 2) 2 Die Eigenwerte sind also (wie zuvor) 3 (einfach) und 2 (doppelt). Wir beginnen wieder mit dem doppelten Eigenwert 2: D 2I 3 = Auch hier ist die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts 2 also 1, die Matrix D ist 4

5 damit nicht diagonalisierbar. Als kleine Anmerkung stellen wir noch fest, dass C und D die gleichen Eigenwerte mit den gleichen algebraischen und geometrischen Vielfachheiten besitzen, diese Matrizen sind damit ähnlich zueinander. Aufgabe 12.4 Sei A := Bestimmen Sie eine Orthonormalbasis B, so dass die Abbildungsmatrix der Abbildung f : x Ax bezüglich B Diagonalgestalt hat. Lösung zu Aufgabe 12.4 vgl. Mitschrift aus der Zentralübung Aufgabe 12.5 Berechnen Sie jeweils A 2 und A für die Matrix A = Lösung zu Aufgabe 12.5 Aus Vorlesung und Übungen wissen wir, dass die Matrix-Maximumsnorm die Zeilensummennorm ist und die euklidische Matrix-Norm der Spektralnorm entspricht. Wir berechnen daher die Zeilensummenorm und die Spektralnorm von A. Für die Zeilensummennorm addieren wir die Beträge der Einträge in der Matrix A pro Zeile und erhalten die Summen 4, 2 und 4. Das Maximum dieser Summen ist 4, also gilt A = 4. Für die Spektralnorm berechnen wir die Eigenwerte von A. Es gilt: 3 t 0 1 χ A (t) = det(a ti 3 ) = det 0 2 t t = (3 t) 2 (2 t) (2 t) = (2 t) [ (3 t) 2 1 ] = (2 t)(3 t 1)(3 t + 1) = (2 t) 2 (4 t) Die Eigenwerte von A sind also 2 und 4, der betragsgrößte Eigenwert ist 4. Damit folgt A 2 = 4. 5

6 Hier gilt also (zufällig) A 2 = A. Im Allgemeinen ist die Spektralnorm eine untere Schranke für jede andere Norm, es gilt nämlich λ A für jede Matrixnorm und jeden Eigenwert λ von A. Aufgabe 12.6 Die Fibonacci-Zahlen F 0, F 1, F 2,... sind rekursiv definiert durch die Vorschrift F 0 := 0, F 1 := 1, F n := F n 1 + F n 2 für n 2. In dieser Aufgabe leiten wir eine explizite Darstellung der Fibonacci-Zahlen her. a) Bestimmen Sie eine Matrix A R 2 2, so dass gilt: ( Fn F n 1 ) = A Fn 1 F n 2 b) Wie muss k N 0 gewählt werden, damit (F n, F n 1 ) T = A k (F 1, F 0 ) T gilt? c) Berechnen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix A. d) Zeigen Sie, dass A diagonalisierbar ist. Berechnen Sie eine invertierbare Matrix T und eine Diagonalmatrix D mit der Eigenschaft D = T 1 AT. e) Verwenden Sie die Diagonalisierung der Matrix A, um A k für den k-wert aus Teilaufgabe b) zu berechnen. f) Verwenden Sie die bisherigen Teilergebnisse, um eine explizite Darstellung (also eine Formel F n =..., die ohne Rekursion auskommt) für die Fibonacci-Zahlen F n zu bestimmen. Lösung zu Aufgabe 12.6 vgl. Mitschrift aus der Zentralübung Aufgabe 12.7 Sei A R n n eine symmetrische Matrix. Zeigen Sie, dass es dann eine Orthonormalbasis des R n gibt, die aus Eigenvektoren von A besteht. Lösung zu Aufgabe 12.7 Aus der Vorlesung wissen wir bereits, dass alle Eigenwerte einer symmetrischen Matrix reell sind, das charakteristische Polynom von A zerfällt also über R in Linearfaktoren, d. h. χ A (t) = ±(t λ 1 )(t λ 2 ) (t λ n ), wobei in dieser Schreibweise ein Eigenwert auch mehrfach vorkommen kann. Es ist dann zu zeigen, dass es eine Orthonormalbasis des R n gibt, die aus Eigenvektoren der Matrix A R n n besteht. Wir beweisen diese Behauptung mit Induktion über n. 6

7 Induktionsanfang (n = 1): Für eine 1 1-Matrix A = (a 11 ) ist die Behauptung klar: a 11 ist einziger Eigenwert der Matrix zum Eigenvektor (1) R 1, und natürlich ist (1) eine Orthonormalbasis von R. Induktionsschluss (n n + 1): Wir nehmen jetzt an, dass die Behauptung für ein n N gilt, d. h. für jede symmetrische Matrix in R n n gilt: Es gibt eine Orthonormalbasis des R n aus Eigenvektoren der Matrix. Sei nun A R n+1 n+1. Dann gibt es (mit Wiederholungen) n + 1 reelle Eigenwerte, sei λ n+1 einer davon. Wir wählen einen normierten Eigenvektor v n+1 R n+1 zu diesem Eigenwert und setzen W := (lin {v n+1 }) = { v R n+1 : v, v n+1 = 0 }. Die Idee des folgenden Beweises: W ist ein n-dimensionaler Unterraum und wir werden zeigen, dass W für die Abbildung x Ax ein invarianter Unterraum ist (d. h. für alle Eingaben aus W landet auch das Ergebnis der Abbildung wieder in W ) und dass sich die Induktionsvoraussetzung auf den n-dimensionalen Raum W anwenden lässt. Damit erhalten wir aus der ONB von W zusammen mit v n+1 die gewünschte Eigenvektor-ONB. Formal ist das Ganze leider ein bisschen komplizierter, weil wir mit der Matrixnotation arbeiten. (Man könnte es auch eine Stufe abstrakter machen dann wird die Notation wesentlich einfacher, das passt aber leider nicht ganz zu den Vorkenntnissen, die Sie aus der Vorlesung mitbringen.) Für alle Vektoren w W gilt dann also ist Aw W. v n+1, Aw = v T n+1aw = v T n+1a T w = (Av n+1 ) T w = Av n+1, w = λ n+1 v n+1, w = λ n+1 v n+1, w = λ n+1 0 = 0, Sei nun {w 1,..., w n } eine Orthonormalbasis von W, dann bilden die Spalten der Matrix S := (v n+1 w 1... w n ) eine Orthonormalbasis des R n+1 (da wir v n+1 normiert gewählt hatten). Wir betrachten die Matrix A := S 1 AS = S T AS, diese hat wegen Aw W für alle w W die Form λ n b b 1n b n1... b nn Es gilt (A ) T = (S T AS) T = S T A T S = S T AS = A, also ist A symmetrisch. Damit ist aber auch die Matrix b b 1n B :=..... b n1... b nn symmetrisch, nach Induktionsvoraussetzung existiert dann eine Orthonormalbasis des R n aus Eigenvektoren von B. Wir ergänzen diese Eigenvektoren um eine 0 in der ersten Koordinate und erhalten so Vektoren v 1,..., v n R n+1, die normiert und paarweise orthogonal sind, die zugehörigen Eigenwerte von B bezeichnen wir mit λ 1,..., λ n 7

8 R. Definiert man nun v 1 := Sv 1,..., v n := Sv n, so sind auch die Vektoren v 1,..., v n paarweise orthogonal und normiert, weil S eine orthogonale Matrix ist. Weiter gilt Av i = SA S T v i = SA S T Sv i = SA v i = λ i Sv i = λ i v i, also sind die v i Eigenvektoren der Matrix A. Schließlich gilt für alle i {1,..., n} noch v i, v n+1 = Sv i, Se 1 = v i, e 1 = 0, da S eine orthogonale Matrix ist und da die v i in der ersten Koordinate den Eintrag 0 haben. Also ist v i W für alle i {1,..., n} und damit sind die Vektoren v 1,..., v n alle orthogonal zu v n+1. Zusammen bilden die Vektoren {v 1,..., v n+1 } also eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren des R n+1. Aufgabe 12.8 Welche der folgenden Matrizen sind einander ähnlich? A = B = C = D = Lösung zu Aufgabe 12.8 Zwei Matrizen sind genau dann einander ähnlich, wenn sie die gleichen Eigenwerte mit gleichen algebraischen und geometrischen Vielfachheiten besitzen. Mit diesem Kriterium lässt sich die Ähnlichkeit der vier Matrizen relativ einfach bestimmen. Wir lesen zunächst ab, dass alle vier Matrizen die Eigenwerte 2 (doppelt) und 1 (einfach) besitzen, Eigenwerte und algebraische Vielfachheiten sind also überall gleich. Da die geometrische Vielfachheit eines Eigenwerts immer höchstens so groß ist wie die algebraische Vielfachheit, ist die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts 1 bei allen vier Matrizen ebenfalls 1 (mindestens 1 muss sie sein, sonst gäbe es ja gar keinen Eigenvektor, dann könnte 1 aber auch kein Eigenwert sein). Es bleibt also, die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts 2 für die vier Matrizen zu bestimmen und zu vergleichen. Es gilt: A 2I 3 = B 2I 3 = C 2I 3 = D 2I 3 = 8

9 Man sieht, dass für die Matrizen A und B jeweils 2 Pivot-Elemente vorhanden sind, der Kern (und damit der Eigenraum V 2 ) ist also jeweils 3 2 = 1-dimensional. Für die Matrizen C und D ist der Eigenraum V 2 dagegen 2-dimensional. Damit ist die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts 2 bei A und B eins, bei C und D beträgt sie zwei. Wir stellen also fest, dass A und B einander ähnlich sind, C und D einander ähnlich sind und dass A und B nicht ähnlich zu C bzw. D sind. (Außerdem könnte man noch feststellen, dass C und D diagonalisierbar sind C ist bereits eine Diagonalmatrix und D ist ähnlich zu einer Diagonalmatrix, nämlich zu C. Übrigens ist es im Allgemeinen nicht ganz einfach, die Transformation zwischen ähnlichen Matrizen tatsächlich zu finden, mit etwas Aufwand könnte man die aber natürlich ausrechnen. Für diagonalisierbare, ähnliche Matrizen genügt es aber, jeweils die Transformationen aller Matrizen auf die gleiche Diagonalgestalt zu berechnen. Dann kann man diese auch umkehren und passend miteinander verketten, um direkt von einer Matrix zur anderen transformieren zu können. Für nicht diagonalisierbare Matrizen gibt es etwas ähnliches, das wir in der Vorlesung aber nicht behandeln wenn Sie es genau wissen wollen, suchen Sie mal nach dem Stichwort Jordan-Normalform.) Aufgaben für die Tutorübung Aufgabe 12.9 Finden Sie ein Beispiel für zwei Matrizen, die zwar die gleichen Eigenwerte besitzen, aber nicht ähnlich zueinander sind. Lösung zu Aufgabe 12.9 Zwei Matrizen sind genau dann ähnlich zueinander, wenn sie die gleichen Eigenwerte mit identischen algebraischen und geometrischen Vielfachheiten besitzen. Findet man also Matrizen, bei denen sich diese Vielfachheiten unterscheiden, hat man das gewünschte Beispiel konstruiert. Mit algebraischen Vielfachheiten könnte man z. B. die folgenden beiden Matrizen nehmen: A = 0 2 0, + B = Sowohl A als auch B besitzen die Eigenwerte 1 und 2, bei A die algebraische Vielfachheit 1 bzw. 2, bei B genau umgekehrt 2 bzw. 1, die beiden Matrizen sind somit nicht ähnlich. Auch bei gleichen algebraischen Vielfachheiten kann man durch verschiedene geometrische Vielfachheiten noch Matrizen konstruieren, die einander nicht ähnlich sind, z. B A = 0 2 0, B = Hier besitzen wieder beide Matrizen die Eigenwerte 1 und 2. Der Eigenwert 1 hat in beiden Fällen algebraische und geometrische Vielfachheit 1. Der Eigenwert 2 hat jeweils algebraische 9

10 Vielfachheit 2, für die Matrix A ist die geometrische Vielfachheit ebenfalls 2, für die Matrix B aber nur 1. Damit sind A und B einander nicht ähnlich. Aufgabe a) Finden Sie eine invertierbare 2 2-Matrix M, die einen Eigenwert λ / R besitzt. b) Berechnen Sie für Ihr Beispiel alle Eigenwerte und Eigenvektoren. c) Berechnen Sie für Ihr Beispiel alle Eigenwerte und Eigenvektoren von M 1. d) Zeigen Sie, dass für jede invertierbare Matrix A R n n gilt: Ist λ C ein Eigenwert von A, so ist 1 λ ein Eigenwert von A 1. Welcher Zusammenhang besteht zwischen den Eigenvektoren von A und denen von A 1? Lösung zu Aufgabe a) Ein solches Beispiel ist etwa M = Diese Matrix besitzt das charakteristische Polynom χ M (λ) = det(m λi 2 ) = λ 2 + 1, also die Eigenwerte i und i, beide sind nicht reell. b) Die Eigenwerte haben wir schon zu i und i bestimmt. Für die Eigenvektoren rechnen wir jeweils den Kern der Matrix M λi 2 aus: Damit folgt Kern(M + ii 2 ) = lin i 1 M ( i)i 2 = 1 i analog: i 1 M (+i)i 2 = 1 i {} 1 es folgt Kern(M ii 2 ) = lin. i c) Wir invertieren zunächst die Matrix M: ( i + i {} 1. Für den zweiten Eigenwert +i verfahren wir i ) ( 1) Das charakteristische Polynom von M 1 ist demnach χ M 1(λ) = det(m 1 λi 2 ) = det i i ( , ) λ 1 = λ λ 10

11 Also hat M 1 exakt diesselben Eigenwerte wie M. Ein Blick in Teilaufgabe d) verrät uns, dass eigentlich die Inversen der Eigenwerte von M herauskommen sollten. Das stimmt aber auch in diesem Beispiel, weil 1 / i = i und 1 /i = i gilt. Die Eigenvektoren berechnen wir genau wie oben für M. Wir erhalten und M 1 + ii 2 = M 1 ii 2 = i 1 1 i i 1 1 i Kern(M 1 + ii 2 ) = lin Kern(M 1 ii 2 ) = lin {} 1 i {} 1 i Die beiden Eigenvektoren haben also ihre Rollen vertauscht. Etwas genauer formuliert: Der Vektor (1, i) T ist Eigenvektor von M zum Eigenwert +i und Eigenvektor von M 1 zum Eigenwert i = 1 /i. Der Vektor (1, i) T ist Eigenvektor von M zum Eigenwert i und Eigenvektor von M 1 zum Eigenwert i = 1 / i. Das legt die Vermutung nahe, dass M und M 1 identische Eigenvektoren besitzen, die zugehörigen Eigenwerte aber invers zueinander sind. Wir zeigen das gleich allgemein. d) Wir haben ja bereits ein Vermutung geäußert, die wir jetzt nachrechnen werden: Sei also A eine invertierbare Matrix, λ 0 ein Eigenwert von A und v ein zugehöriger Eigenvektor, es gilt also Av = λv. Dann folgt: A 1 v = A 1 ( 1 λ λv) = 1 λ A 1 (Av) = 1 λ v Also ist v auch Eigenvektor der Matrix A 1 und der zugehörige Eigenwert ist 1 λ. Das zeigt: A und A 1 besitzen die gleichen Eigenvektoren, die zugehörigen Eigenwerte sind jeweils invers zueinander. Aufgabe Berechnen Sie jeweils A 2 und A für die Matrix A = Lösung zu Aufgabe Aus Vorlesung und Übung wissen wir, dass A die Zeilensummennorm von A ist, während A 2 die Spektralnorm ist. Wir berechnen zunächst die Zeilensummennorm. Für die erste Zeile von A ergibt sich = 3, für die zweite Zeile erhalten wir = 3 und für die dritte Zeile = 7. Die Zeilensummennorm die der größte dieser Werte, also ist A = 7. Die Spektralnorm einer symmetrischen Matrix ist nach Vorlesung der betragsgrößte Eigenwert 11

12 der Matrix. Wir berechnen also zunächst die Eigenwerte von A: λ 1 2 χ A (λ) = det 1 λ 2 = λ 2 (3 + λ) + ( 4) + ( 4) ( 4λ 4λ 3 λ) λ = λ 3 3λ 2 + 9λ 5 = (λ 1)(λ 2 + 4λ 5) Damit erhalten wir als Eigenwerte 1 sowie 2 ± 3, also 1 und 5. Natürlich ist 5 damit der betragsgrößte Eigenwert der Matrix A, also ist die Spektralnorm A 2 = 5 = 5. Aufgabe Sei A R n n. Zeigen Sie: a) Wenn A diagonalisierbar ist mit D = T 1 AT, dann muss D die Eigenwerte von A auf der Diagonalen enthalten und die Spalten von T bilden eine Basis des R n aus Eigenvektoren von A. b) A ist genau dann diagonalisierbar, wenn es eine Basis des R n gibt, die nur aus Eigenvektoren von A besteht. c) Wenn A n paarweise verschiedene Eigenwerte besitzt, dann ist A diagonalisierbar. Lösung zu Aufgabe a) Wir bezeichnen die Diagonaleinträge von D mit d 1,..., d n und die Spalten von T mit t 1,..., t n also ist D = d 1... d n und T =.. t 1 t n = (t 1 t n ).. Mit D = T 1 AT folgt T D = AT und damit wegen der Diagonalgestalt von D weiter T D = (d 1 t 1 d n t n ) = (At 1 At n ), also gilt für i = 1,..., n jeweils die Gleichung At i = d i t i. Das bedeutet aber, dass t i jeweils ein Eigenvektor der Matrix A zum Eigenwert d i ist (t i 0, da T sonst nicht invertierbar wäre), also ist die Behauptung gezeigt (die Basiseigenschaft folgt aus der Invertierbarkeit von T ). b) Wenn A diagonalisierbar ist, gibt es nach der ersten Teilaufgabe eine Basis des R n aus Eigenvektoren von A. Es bleibt noch die Umkehrung zu zeigen: Es gebe eine Basis des R n aus Eigenvektoren von A. Die Basisvektoren schreiben wir in die Spalten einer Matrix T, diese besteht also aus Eigenvektoren von A, wir schreiben die Spalten wieder als t 1,..., t n und die zugehörigen Eigenwerte als λ 1,..., λ n. Damit gilt: 12

13 AT = (At 1 At n ) = (λ 1 t 1 λ n t n ). Da T 1 t i = e i (e i ist der i-te Einheitsvektor) ist, folgt weiter T 1 AT = T 1 (λ 1 t 1 λ n t n ) = (λ 1 e 1 λ n e n ) = λ 1... Also ist D eine Diagonalmatrix, damit ist die Matrix A diagonalisierbar. λ n =: D c) Nach Vorlesung sind Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten linear unabhängig. Besitzt A also n paarweise verschiedene Eigenwerte, so gibt es zu jedem dieser Eigenwerte einen Eigenvektor (genauer: der zugehörige Eigenraum ist eindimensional). Diese Eigenvektoren sind alle linear unabhängig, also bilden sie eine linear unabhängige Menge von n Vektoren im R n. Wegen dim(r n ) = n ist das eine maximal linear unabhängige Menge und damit eine Basis. Nach den vorigen Teilaufgaben ist A damit diagonalisierbar. 13

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