D-INFK Lineare Algebra HS 2017 Özlem Imamoglu Olga Sorkine-Hornung. Musterlösung 13. (A ± I)x = 0 Ax ± x = 0 Ax = ±x Ax = λx

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1 D-INFK Lineare Algebra HS 2017 Özlem Imamoglu Olga Sorkine-Hornung Musterlösung Die Matrix A±I ist singulär falls es einen Vektor x 0 gibt der die Gleichung (A±I)x = 0 erfüllt, d.h. wenn A ± I als lineare Abbildung einen nicht trivialen Kern hat. Durch Umformen (A ± I)x = 0 Ax ± x = 0 Ax = ±x Ax = λx sehen wir, dass dies genau dann zutrifft, wenn A mindestens einen Eigenwert λ = ±1 hat. Da A eine orthogonale Matrix ist und damit längentreu ( Ax 2 = x 2 ), wissen wir, dass die Eigenwerte den (komplexen) Betrag 1 haben müssen. Sie sind aber nicht zwingend reell! Komplexwertige Nullstellen des Charakteristischen Polynoms mit reellen Koeffizienten treten immer paarweise auf, und zwar ist mit λ C auch λ eine Nullstelle. Somit muss eine orthogonale Matrix von ungerader Dimension mindestens einen reellen Eigenwert ±1 besitzen. Für die orthogonale Matrix A = haben wir reelle Eigenwerte mit dem Wert 1 und 1. Somit sind A + I und A I singulär. 2. A hat n = 10 gleiche Spalten und somit ist jede Spalte von der ersten linear abhängig. Damit haben wir Rang A = 1 und dim Ker A = n 1 = 9. Daraus schliessen wir, das A einen Eigenwert 0 hat mit geometrischer Vielfachheit von n 1. Der letzte verbleibende Eigenwert hat den Wert n = 10, da A ( ) T = ( ) T. 3. Aus Aufgabe 2 wissen wir, dass wenn n > 1 und Rang A = 1, es einen Eigenwert 0 mit n 1 geometrischer Vielfachheit gibt. Die algebraische Vielfachheit ist immer grösser gleich der geometrischen Vielfachheit. Damit sieht das charakteristische Polynom von A wie folgend aus: χ A (λ) = (λ 0) n 1 (b λ + c) mit b, c R. Mit Hilfe unseres Wissens über das charakteristische Polynom aus der Vorlesung schliessen wir, dass c = Spur A ( 1) n 1. Da Spur A 0 ist, muss es einen weiteren Eigenwert 0 geben. Sein geometrisches Vielfaches ist 1. Damit haben wir n linear unabhängige Eigenvektoren und A ist somit diagonalisierbar. Bitte wenden!

2 4. Damit eine Matrix über R diagonalisierbar ist müssen folgende Bedingungen erfüllt sein: Das charakteristische Polynom zerfällt vollständig in Linearfaktoren über R und hat keine komplexen Nullstellen. Die geometrische und algebraischen Vielfachheiten der Eigenwerte stimmen überein. Es ist also zu überprüfen, ob die Dimension der einzelnen Eigenräume jeweils mit der Vielfachheit der entsprechenden Nullstelle (= Eigenwert) im charakteristischen Polynom übereinstimmt. Bei der Berechnung der Nullstellen des charakteristischen Polynoms sehen wir, dass nur für die Werte a = b = c = 0 reelle Eigenwerte existieren, bzw. das charakteristische Polynom in Linearfaktoren zerfällt. λ a b χ(λ) = a λ c = λ 3 abc + abc a 2 λ b 2 λ c 2 λ = λ(λ 2 + (a 2 + b 2 + c 2 )) b c λ λ 1 = 0 λ 2,3 = (a 2 + b 2 + c 2 ). Für a = b = c = 0 haben wir λ 1,2,3 = 0 und somit die algebraische Vielfachheit 3. Da der Eigenraum zu dem Eigenwert 0 der ganze R 3 ist, ist auch die geometrische Vielfachheit 3 und somit die Nullmatrix diagonalisierbar. 5. Wenn k ein Eigenwert und x der dazu gehörende Eigenvektor von A ist, gilt x 0 und (A 2 A 3 )x = (λ 2 λ 3 )x = 0x. Somit ist λ 2 λ 3 = 0 und λ = 1 oder 0. Für die hermitesche Matrix A ist die Eigenwertzerlegung definiert und wir haben A n = (VΛV 1 ) n = VΛV 1 VΛV 1... VΛV 1 = VΛ n V 1. Wobei Λ nur die Werten 0 und 1 auf der Diagonale hat. Da A 2 = VΛ 2 V 1 und 0 2 = 0, 1 2 = 1, erhalten wir wieder das gleiche Λ und damit ist A 2 = A. 6. a) Das kommutative Diagramm ist gegeben durch E n A E n A k A A E n V V 1 V V 1 V V 1 E n Λ E n Λ Λ E Λ k n Siehe nächstes Blatt!

3 Die Formel für A k kann einfach abgelesen werden und ist A k = VΛ k V 1 = V λ k 1 λ k 2... λ k n V 1 Dieselbe Formel erhält man auch durch direktes Einsetzen der Spektralzerlegung A k = (VΛV 1 ) k = VΛ k V 1, da VV 1 = I jeweils wegfällt. b) Aus Teilaufgabe a) ist direkt ersichtlich, dass ã k = Aã k 1 = A k a 0 = VΛ k V 1 a 0 und a k = ãk ã k. Der Startvektor a 0 kann als Linearkombination der Eigenvektoren v i ausgedrückt werden: a 0 = Vb = b i v i. So erhalten wir ã k = A k b i v i = b i A k v i = b i λ k i v i wobei wir genutzt haben, dass v i ein Eigenvektor von A k = VΛ k V 1 zum Eigenwert λ k i ist. Jetzt klammern wir den dominierenden Eigenwert λ 1 aus ( ) ( ) k ã k = λ k λi 1 b i v i = λ k 1 b 1 v 1 + b i l k i v i λ 1 Für i 2 haben wir l i = λ i gesetzt und da λ i < λ 1, gilt l i < 1 und lim λ 1 k lk i = 0. D.h. für k ist der unnormierte Vektor ã k = λ k 1 b 1v 1 und der normierte Vektor wird zu a k = λk 1 b 1v 1 λ k 1 b 1v 1 = λk 1 b 1 λ k 1 b 1 v 1 i=2 v 1 = c v 1 v 1 wobei c eine möglicherweise komplexe Zahl mit Betrag c = 1 ist. Die Folge a k liefert also im Limit k einen normierten Eigenvektor zum dominierenden Eigenwert λ 1. Wir erkennen ebenfalls, dass das Verfahren nicht funktioniert, wenn die Koordinate b 1 gleich Null ist. Für einen zufällig gewählten Startvektor a 0 ist das aber sehr unwahrscheinlich. Bitte wenden!

4 7. a) Für den ersten Ausschank erhalten wir 1/ / T (1) = 1/ / b) Alle weiteren T (i) sind ähnlich: Wobei die Kolonne mit 1 /7 sich in der i-ten statt ersten Spalte befindet. det (A λi) = det (A λi) T 8.3 = det ((A λi) T ) = det (A T λi) = 0 Da sich das charakteristische Polynom für A T nicht verändert, haben wir die selben Eigenwerte wie für A. c) Mit v = ( ) T, gilt für alle i = 1,..., 7 T (i) T v = v. Damit gilt auch A T v = T (1)T T (7)T v = v. Insbesondere ist 1 ein Eigenwert von A T und somit auch von A. d) A = eye(7); for i = 1:7 Ti = eye(7); Ti(:,i) = 1/7 * ones(7,1); A = Ti*A; end A = x = null(a-eye(7)) x = x = 3/sum(x) * x x = Siehe nächstes Blatt!

5 8. Multiple-Choice-Aufgaben Bitte wenden!

6 1. Sei A R n n symmetrisch und positiv definit (x T Ax > 0, x R n, x 0). Ausserdem seien (λ 1,..., λ n ) die Eigenwerte von A und seien v 1,..., v n die Eigenvektoren von A. Welche der folgenden Aussagen sind wahr? (a) A 2 hat mindestens einen Eigenwert mit strikt positivem Imaginärteil. Nach Satz 9.15 haben symmetrische Matrizen nur reelle Eigenwerte, und es ist einfach zu sehen, dass A 2 symmetrisch ist. (b) Es gilt λj > 0 für alle j = 1,..., m. Da A positiv definit ist, gilt 0 < v Av für alle Spaltenvektoren v 0. Seien nun wie in Satz 9.15 U die Diagonalisierungsmatrix, Λ := diag(λ 1,..., λ m ) und sei e j ein Einheitsvektor. Wir setzen v := Ue j 0 und sehen ein, dass 0 < e j U }{{ AU} e j = λ j. Hier verwenden wir, =Λ dass für eine Matrix B der Diagonaleintrag b jj genau dem Wert e j Be j entspricht. (c) A hat mindestens einen Eigenwert, dessen geometrische Vielfachheit strikt kleiner als die algebraische Vielfachheit ist. Nach Satz 9.15 ist A diagonalisierbar und nach Satz 9.14 müssen somit die Vielfachheiten übereinstimmen. (d) Die Eigenwerte sind paarweise verschieden, d.h. λ j λ i falls i j. A symmetrisch und positiv definit impliziert nicht, dass die Eigenwerte paarweise verschieden sind. Das einfachste Beispiel ist die Identitätsmatrix. (e) Es gibt eine positive reelle Zahl α > 0, so dass v Av α v v für alle v R n. Sei v R n. Da die Eigenvektoren eine orthogonale Basis bilden, können wir schreiben v = n j=1 a jv j für Koeffizienten a j R. Damit gilt v Av = = = j=1 j=1 a j a i vj Av i λ i a j a i λ i a 2 jvj v j j=1 v j v i }{{} =0 if j i min(λ j ) (a j v j ) (a i v i ) j }{{} j i =:α>0 = αv v.