Ausgewählte Lösungen zu den Übungsblättern 9-10

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1 Fakultät für Luft- und Raumfahrttechnik Institut für Mathematik und Rechneranwendung Vorlesung: Lineare Algebra (ME), Prof. Dr. J. Gwinner Dezember Ausgewählte Lösungen zu den Übungsblättern 9- Übungsblatt 9, 3. Aufgabe (a) Berechnen Sie die Eigenwerte und die Eigenvektoren der Matrix A = (b) Geben Sie die algebraische und die geometrische Vielfachheit der Eigenwerte an. Bestimmen Sie die Eigenräume. (c) Berechnen Sie das Produkt S AS, wobei die Spalten von S linear unabhängige Eigenvektoren der Matrix A sind. Lösung Wir bestimmen die Eigenwerte der Matrix A. Das charakteristische Polynom lautet λ χ A (λ) = det(a λi) = λ λ = (λ ) (λ 4), d.h. es gibt zwei Eigenwerte: λ = und λ = 4. Der Eigenwert λ = hat die algebraische Vielfachheit. Der Eigenwert λ = 4 hat die algebraische Vielfachheit. Dann A λ I = A I = Die geometrische Vielfachheit von λ = dim N(A I) = n r = 3 =, wobei r = Rang(A I) =. Die Eigenvektoren zum Eigenwert λ = sind nichttriviale Lösungen des Gleichungssystems (A I)x =, nämlich und { Der Eigenraum zu λ = ist E = µ + µ }, µ, µ R. Die Eigenvektoren zum Eigenwert λ = 4 sind die Lösungen des folgenden Gleichungssystems (A 4I)x =, x, nämlich { Der Eigenraum zu λ = 4 ist E = α geometrische Vielfachheit von λ = 4 beträgt daher eins. Die Matrix A ist diagonalisierbar und λ S AS = λ = λ }, α R. Die Dimension von E ist also eins. Die 4

2 Übungsblatt 9, 4. Aufgabe Eine quadratische Matrix heißt nilpotent mit dem Nilpotenzgrad k, falls A k = und A k gilt. Zeigen Sie, dass eine quadratische Matrix A mit der Eigenschaft A =, A genau einen Eigenwert λ = hat. Wie lautet das charakteristische Polynom der Matrix A? Welche algebraische und welche geometrische Vielfachheit besitzt der Eigenwert? Lösung Zunächst zeigen wir, dass λ = ein Eigenwert der nilpotenten Matrix A R n n ist. Wir betrachten hierzu die definierende Relation und multipliziern diese mit A. x C n \ {} : A x = λ x () A }{{} x = λ A x (4) = λ x = λ = Nun überprüfen wir noch die Eindeutigkeit dieses Eigenwertes. Annahme: Es gibt einen Eigenwert λ C \ {}. Damit folgt x C n \ {} : A x = λ x = A }{{} x = λ A x (4) = λ x = λ x = Widerspruch zu λ x. Nach dem Fundamentalsatz der Algebra besitzt ein Polynom n - ten Grades genau n komplexe Nullstellen λ,..., λ n. Es zerfällt damit in n Linearfaktoren (β λ i ), i =,..., n und einen konstanten Faktor c R. Damit gilt: χ A (β) = c n (β λ i ). i= Nach der Definition des charakteristischen Polynoms haben wir χ A (β) := det (A β I) und damit (siehe Vorlesung) c = ( ) n. Mit dem obigen Beweis ist der einzige Eigenwert von A gleich. D. h. λ = = λ n = und wir erhalten χ A (β) = ( ) n β n. Damit ist die algebraische Vielfachheit des Eigenwertes gleich n. Die geometrische Vielfachheit bekommen wir als Dimension des Nullraumes von A. s = dim (E ) = dim (N (A I)) = dim (N (A)) Dies ist der Defekt von A und mit der Vorlesung folgt s = n r, wobei r den Rang von A bezeichnet. Übungsblatt,. Aufgabe, Diagonalisieren reeller Matrizen (a) Wir zeigen, dass die Projektionsversion des Spektralsatzes äquivalent zur Zerlegungsversion ist. D.h. R n = s i= E λ i A = s i= λ i P λi Sei x R n beliebig gewählt. Dann folgt mit R n = s i= E λ i die eindeutige Zerlegung in Eigenvektoren x = s i= x i A x = s i= A x i = s i= λ i x i. Dabei ist x i E λi durch die eindeutig bestimmte orthogonale Projektion P λi : R n E λi mit x i = P λi x gegeben. Also A x = s i= λ i P λi x für alle x R n und damit A = s i= λ i P λi.

3 . Fall: / spec(a) A ist in diesem Fall invertierbar ( ) und wir erhalten mit A = s i= λ i P λi A x = λ i P λi x = i= λ i x i x = i= i= λ i A ( ) x i = i= x i für alle x R n also R n = s i= E λ i. ( ) Es gilt: ist ein Eigenwert von A A ist singulär. Denn: ist ein EW von A x R n \ {} : A x = A ist singulär. ( ) Für invertierbare A R n n gilt: λ ist ein Eigenwert von A λ ist ein Eigenwert zu A. Denn: x C n \ {} : A x = λ x x = λ A x A x = λ x.. Fall: spec(a) Wir setzen o.b.d.a. λ =. D.h. A R n n ist singulär und es gilt dim(n (A)). Wir nutzen den Fundamentalsatz der linearen Algebra (N (A)) = B(A T ) A = ist B(A) und erhalten damit symm. R n = B(A) N (A) und B(A) N (A). () Dabei ist N (A) = E = E λ der Eigenraum zum Eigenwert. Sei nun y B(A) beliebig gewählt. Dann folgt mit y = A x = λ i P λi x = i= λ i x i mit λ,..., λ s B(A) = E λi. i= i= () R n = B(A) N (A) = E λi E = und die Summe besteht aus paarweise orthogonalen Summanden. i= i= E λi Bemerkung zur expliziten Darstellung orthogonaler Projektionen Mit der Definition orthogonaler Projektionen P λi x E λi und (x P λi x) E λi für alle x R n folgt: P λi x = d(λ i) j= u (i) j, x u (i) j. Allgemein gilt (u j ) d j= sei eine Orthonormalbasis des Unterraums U Rn, dann gilt : P U x = ( d j= u d j, x u j, D.h. P U ist durch die Matrix P U = j= u j u j,..., ) d j= un j u j R n n gegeben. u i j bezeichnet dabei die i-te Komponente des Vektors u j. (b) Wir ermitteln zunächst das charakteristische Polynom χ A. χ A (λ) = det(a λ I) = ( λ) ( ( λ) ) Die Eigenwerte von A erhalten wir als Nullstellen des charakteristischen Polynoms: λ =, λ =, = +. Wir bestimmen die Eigenräume: E λ = N (A λ I) = s E λ = N (A λ I) = s, s R, s R Den Eigenraum E λ3 können wir nach dem Spektralsatz mit E λ3 = {s ũ 3, s R} = (E λ E λ ) 3

4 angeben. Also Wir setzen ũ 3 = Ũ =, =, In dieser Basis normieren wir noch die Vektoren und erhalten U =,, als diagonalisierende Orthonormalbasis von A. Übungsblatt 9,. Zusatzaufgabe. x, x R n, n seien Eigenvektoren von A R n n. In welchen Fällen ist auch x x ein Eigenvektor von A? Lösung Wir können zwei Fälle unterscheiden.. Fall x und x liegen im gleichen Eigenraum E λ und verfügen somit über den gleichen Eigenwert λ = λ = λ. Dann gilt: A (x x ) = A x A x = λ x λ x = λ(x x ). Somit ist x x ebenfalls ein Eigenvektor und zwar zum Eigenwert λ.. Fall x und x liegen nicht im gleichen Eigenraum. D.h. x E λ, x E λ mit λ λ. Annahme: C : x x E λ3 = λ x λ x = A (x x ) = (x x ) ( ) ( ) λ Damit folgt x + λ x =. Da x und x nicht im gleichen Eigenraum liegen, sind sie linear unabhängig. Also λ = λ = und somit erhalten wir λ = λ = einen Widerspruch zur Voraussetzung. Übungsblatt, 3. Zusatzaufgabe Beweisen Sie die folgende Implikation. A R n n ; n 3 ; A ist nicht diagonalisierbar. = A besitzt ausschließlich reelle Eigenwerte. Beweis Wir führen einen indirekten Beweis mit der Annahme: A R n n, n 3 besitzt mindestens einen komplexen Eigenwert λ C \ R. n = : λ C \ R ist ein Eigenwert von A R λ ( λ), ist ebenfalls ein Eigenwert von A. Die algebraische und damit auch die geometrische Vielfachheit von λ und λ ist jeweils. D.h. A ist diagonalisierbar und wir haben einen Widerspruch zur Voraussetzung. 4

5 n = 3 : Zu λ C \ R haben wir wieder einen weiteren Eigenwert λ λ. Für den dritten Eigenwert können wir die folgenden zwei Fälle unterscheiden.. Fall: λ und λ. D.h. die algebraische und damit auch die geometrische Vielfachheit von λ, λ und ist jeweils. A ist also diagonalisierbar Widerspruch.. Fall: = λ (oder = λ). D.h. Die algebraische Vielfachheit von λ ist k λ =. Damit ist auch k λ =. Wir haben also n 4 und damit einen Widerspruch. Bemerkung Für den obigen Beweis nutzen wir die folgende Variante vom Fundamentalsatz der Algebra. Jedes reelle Polynom lässt sich in reelle Polynomfaktoren vom Grad eins oder zwei zerlegen. (C.F. Gauß, 799) Da jede Matrix A R n n ein charakteristisches Polynom mit reellen Koeffizienten (reelles Polynom) besitzt, zerfällt es in reelle Polynomfaktoren vom Grad eins oder zwei. Damit gibt es zu jeder nichtreellen Nullstelle λ C\ R (Eigenwert von A) eine konjugiert komplexe Nulstelle λ mit der gleichen algebraischen Vielfachheit (k λ = k λ). 5