18 λ 18 + λ 0 A 18I 3 = / Z 2 Z 2 Z Z Z 1

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1 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz. Dr. P. C. Kunstmann Dipl.-Math. M. Uhl Sommersemester 9 Höhere Mathematik II für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie inklusive Komplexe Analysis und Integraltransformationen Lösungsvorschläge zum. Übungsblatt Aufgabe unächst zur Matrix A: Die Eigenwerte von A sind genau die Nullstellen des charakteristischen Polynoms χ A (λ) = det(a λi ). Dieses lautet λ 4 8 λ 8 + λ det 4 6 λ 4 = [ ] det 4 6 λ 4 6 λ 6 λ 8 + λ ( ) = [S S +S ] det λ 6 λ 4 λ 4 = [Entw. n. ] (8 λ) det 6 λ 6 λ = (8 λ) ( ( λ)(6 λ) + 4 ) = (8 λ) ( λ 6λ + 4) = (λ 8). Wegen χ A (λ) = λ = 8 besitzt die Matrix A nur den Eigenwert 8; dieser hat die algebraische Vielfachheit. Der zugehörige Eigenraum E A (8) ist die Menge aller x C mit Ax = 8x bzw. (A 8I )x =. ur Berechnung des Kerns von 4 4 A 8I = 4 4 verwenden wir eilenumformungen / und lesen mit Hilfe des ( )-Ergänzungstricks ab / E A (8) = Kern(A 8I ) = {s + t : s, t C} = lin{, }. Der Eigenwert 8 hat die geometrische Vielfachheit, weil der Eigenraum E A (8) zweidimensional ist. Da die geometrische und algebraische Vielfachheit des Eigenwerts 8 nicht übereinstimmen, ist A nicht diagonalisierbar. Jetzt zur Matrix B: Wir berechnen das zugehörige charakteristische Polynom λ λ( λ) χ B (λ) = det(b λi ) = det λ = [ ] +( λ) det λ λ λ + λ ( ) λ( λ) = [Entw. n. S ] det = ( λ λ ( λ) ) = (λ )( λ). λ λ Wegen χ B (λ) = λ {,, } hat die Matrix B die drei Eigenwerte λ =, λ = und λ =. Diese haben jeweils die algebraische Vielfachheit.

2 Wir bestimmen nun den Eigenraum E B () zu λ =, also die Menge aller x C mit (B I )x = : B I = + +., Mit Hilfe des ( )-Ergänzungstricks lesen wir ab E B () = lin{ }. Der Eigenwert besitzt die geometrische Vielfachheit, weil der zugehörige Eigenraum eindimensional ist. Schließlich müssen wir noch die zu den beiden Eigenwerten λ, = ± gehörenden Eigenräume bestimmen. Analoges Vorgehen wie eben ergibt E B ( ) = lin{ } und E B ( ) = lin{ }. Die geometrische Vielfachheit von bzw. beträgt jeweils. Die Matrix B ist diagonalisierbar, weil für jeden Eigenwert von B geometrische und algebraische Vielfachheit übereinstimmen. Aufgabe Wir berechnen das charakteristische Polynom von A: χ A (λ) = det(a λi 4 ) λ λ = det λ λ =[ + ] det λ λ 4 λ λ λ 4 4 λ λ = [S S +S 4 ] det λ λ 4 λ 4 λ = [Entw. 4 ] (4 λ) det λ 4 λ 4 λ 4 λ λ ( ) = [S S S ] (4 λ) det λ = [Entw. ] (4 λ) λ det λ 4 λ = (4 λ) ( ( λ)( λ) ) = (4 λ) (λ 4λ) = λ(λ 4). Die Matrix A besitzt also die zwei Eigenwerte λ = (mit algebraischer Vielfachheit ) und λ = 4 (mit algebraischer Vielfachheit ). Wir bestimmen nun die Eigenräume: Für λ = müssen wir das Gleichungssystem (A I 4 )x =, also Ax = lösen: Wählen wir x 4 beliebig, so folgt aus der ersten/letzten eile x = x 4, aus der dritten x = x 4 und aus der zweiten dann x = x 4. Wir haben also den eindimensionalen Eigenraum E A () = lin{c }, wobei c :=.

3 Jetzt zu λ = 4: A 4I 4 = Mit Hilfe des ( )-Ergänzungstricks lesen wir ab E A (4) = lin{c, c, c 4 }, c :=, c :=, c 4 :=. Die Matrix A ist als symmetrische Matrix diagonalisierbar. Da c eine Basis von E A () und c, c, c 4 eine Basis von E A (4) ist, gilt für die Matrix S mit den Spalten c, c, c, c 4 S AS = Bemerkung: Da A R 4 4 symmetrisch ist, gibt es eine sogar orthogonale Matrix P R 4 4 mit P T AP = Um eine solches P anzugeben, bestimmen wir jeweils eine Orthonormalbasis der Eigenräume. Eine Orthonormalbasis von E A () ist gegeben durch b := c c =. ur Berechnung einer Orthonormalbasis von E A (4) verwenden wir das Gram-Schmidt-Verfahren (vgl. 4., HM I): b := c c = b := c (c b )b = = b := b = b 6 b4 := c 4 (c 4 b )b (c 4 b )b = b 4 := b4 = b =

4 Somit bilden b, b, b 4 eine Orthonormalbasis von E A (4). Besitzt die Matrix P die Spalten b, b, b, b 4, dann ist P orthogonal (d.h. P = P T ) und es gilt Aufgabe P T AP = a,b) Wir berechnen das charakteristische Polynom λ λ χ M (λ) = det(m λi ) = det 5 λ = det + λ λ 4 λ 4 λ λ λ ( ) = det + λ λ = ( λ) det λ λ = ( λ)(λ 4λ + 4) = ( λ)(λ ). [Schritte: erste eile von der zweiten abgezogen, erste Spalte zur zweiten addiert, dann nach der. eile entwickelt] Wegen χ M (λ) = λ {, } besitzt M die Eigenwerte mit zweifacher algebraischer Vielfachheit und mit einfacher algebraischer Vielfachheit. Eigenraum zu : Wegen M I = 4 + ist E M () = Kern(M I ) = {t : t C} = lin{ }. Eigenraum zu : Eine ähnliche Rechnung ergibt E M () = Kern(M I ) = {t : t C} = lin{ }. Da beide Eigenräume eindimensional sind, haben beide Eigenwerte die geometrische Vielfachheit. c) M besitzt maximal zwei linear unabhängige Eigenvektoren, etwa:,. d) M ist nicht diagonalisierbar, weil für den Eigenwert die geometrische Vielfachheit ungleich der algebraischen Vielfachheit ist. Alternative Begründung: M ist nicht diagonalisierbar, sonst müßte M drei linear unabhängige Eigenvektoren haben. ODER AUCH: M ist nicht diagonalisierbar, weil es keine Basis des C aus Eigenvektoren von M gibt (vgl. c)-teil). 4

5 Aufgabe 4 Für jedes α ist die reelle Matrix A α symmetrisch; nach dem Satz in 6.8 gibt es eine orthogonale Matrix P so, dass P T A α P Diagonalgestalt hat. Wir wissen zudem: Bei jedem derartigen P stehen in der Diagonale von P T A α P die Eigenwerte von A. Die Frage lautet also: Für welche α besitzt A α die Eigenwerte, und? Die Matrix A α I = + α α α + α + α α + ist (unabhängig von α) singulär; somit ist stets ein Eigenwert von A α. Wegen A α I = + α α α + α ist stets ein Eigenwert von A α (unabhängig von α). Schließlich haben wir noch A α I = 5 + α α 5 + α α +. α 5 + α 4 4 Diese Matrix ist genau dann singulär, wenn die erste und dritte eile linear abhängig sind, wenn also 5 + α = α gilt, d. h. α =. Somit hat A α nur im Fall α = den Eigenwert. Bemerkung: Nachdem wir gezeigt haben, dass und Eigenwerte von A α sind, können wir bei der Untersuchung, wann die Matrix A α die Eigenwerte,, besitzt, auch auf die Betrachtung von A α I verzichten und stattdessen mit Hilfe der Spur von A α argumentieren. Da die Spur einer Matrix gleich der Summe ihrer Eigenwerte (gemäß ihrer algebraischen Vielfachheiten wiederholt, vgl. Folgerung in 6.9) ist, erhalten wir ist Eigenwert von A α Spur(A α ) = 6 ( ) (+α)+4+(+α) = 6 α =. Fazit: Genau für α = gibt es eine orthogonale Matrix P mit P T A α P =. Setzen wir α = in die Matrizen ein, die wir oben erhalten haben, so können wir ablesen: E A () = lin{ }, E A () = lin{ }, E A () = lin{ }. Die Spalten der Matrix P sind dann normierte Eigenvektoren zu den drei Eigenwerten: P =. Aufgabe 5 a) Setze zum Beispiel A := det(a λi ) = ist 5 der einzige Eigenwert von A. R. Wegen 5 λ 5 λ 5 λ = (5 λ) = λ = 5 5

6 b) Setze zum Beispiel B := a b c d mit paarweise verschiedenen a, b, c, d R. Gemäß Beispiel () in 6. sind a, b, c, d die Eigenwerte der Diagonalmatrix B. Nach Voraussetzung sind diese reell und paarweise verschieden. c) Es ist χ C (λ) = λ 5 + 5λ 4λ = λ(λ )(λ 4) = λ(λ + )(λ )(λ + )(λ ). Wegen χ C (λ) = λ {,,,, } sind,,,, die Eigenwerte von C. Somit hat zum Beispiel C := R5 5 die geforderte Eigenschaft. d) Die Matrix D := R besitzt genau den Eigenwert. Der zugehörige Eigenraum ist E D () = lin{ }, so dass D nur einen linear unabhängigen Eigenvektor hat. Aufgabe 6 Sei V ein C-Vektorraum und ϕ: V V eine lineare Abbildung. v V \ {} sei ein Eigenvektor von ϕ zum Eigenwert λ C, d.h. ϕ(v) = λv. a) Es gilt (ϕ + 5 id V )(v) = ϕ(v) + 5 id V (v) = λv + 5v = (λ + 5)v, d.h. v ist ein Eigenvektor von ϕ + 5 id V zum Eigenwert λ + 5. b) Es ist ϕ (v) = ϕ(ϕ(v)) = ϕ(λv) = λϕ(v) = λλv = λ v. Dass ϕ n (v) = λ n v für jedes n N gilt, zeigen wir mit vollständiger Induktion nach n N. IA: n =. ϕ(v) = λv gilt nach Voraussetzung. IS: Sei n N beliebig. Es gelte ϕ n (v) = λ n v (IV). Dann folgt: ϕ n+ (v) = ϕ(ϕ n (v)) (IV) = ϕ(λ n v) = λ n ϕ(v) = λ n λv = λ n+ v. Damit ergibt sich für ein beliebiges Polynom p(x) = N n= a nx n (Hierbei ist ϕ := id V p(ϕ)(v) = N a n ϕ n (v) = n= N a n λ n v = p(λ)v. n= gesetzt.) Also ist v ein Eigenvektor von p(ϕ) zum Eigenwert p(λ). c) Sei x V \ {} ein Eigenvektor von ϕ zum Eigenwert µ, d.h. ϕ (x) = λ x. Dann gilt (ϕ µ id V ) (ϕ + µ id V )(x) = (ϕ µ id V )((ϕ + µ id V )(x)) = (ϕ µ id V )(ϕ(x) + µx) Wir unterscheiden nun zwei Fälle: = ϕ(ϕ(x) + µx) µ(ϕ(x) + µx) () = ϕ(ϕ(x)) + ϕ(µx) µϕ(x) µ x = ϕ (x) µ x =.. Fall: (ϕ + µ id V )(x) =, d.h. ϕ(x) + µx =. Dann gilt ϕ(x) = µx, d.h. x ist ein Eigenvektor von ϕ zum Eigenwert µ.. Fall: (ϕ + µ id V )(x), d.h. ϕ(x) + µx. Aus () folgt ϕ(ϕ(x) + µx) = µ(ϕ(x) + µx). Daher ist ϕ(x) + µx ( ) ein Eigenvektor von ϕ zum Eigenwert µ. 6

7 Aufgabe 7 a) Die Darstellungsmatrix A von ϕ bezüglich der Standardbasis e, e, e lautet A =. 4 b) Wegen dim(r ) = bilden die Vektoren c, c, c genau dann eine Basis von R, wenn sie linear unabhängig sind. Um die lineare Unabhängigkeit von c, c, c zu zeigen, schreiben wir c := e + e + e =, c := e e =, c = e + e = als Spalten in eine Matrix und weisen nach, dass diese vollen Rang hat. Dazu berechnen wir die inverse Matrix: +. + Da die Matrix mit den Spalten c, c, c invertierbar ist, besitzt diese vollen Rang, so dass c, c, c linear unabhängig sind. Die Darstellungsmatrix à von ϕ bezüglich der Basis c, c, c erhält man durch à = S AS, wobei S R die Darstellungsmatrix der Identität id R : R R ist, wenn man vorne die Basis c, c, c und hinten die Basis e, e, e nimmt, d.h. S bildet die Koordinaten eines Vektors v R bezüglich der Basis c, c, c auf die Koordinaten von v bezüglich der Basis e, e, e ab. Die Koordinaten von c bezüglich der Basis c, c, c lauten (,, ) und die Koordinaten von c bezüglich der Basis e, e, e lauten (,, ). Folglich muss S = gelten, d.h. die erste Spalte von S ist gleich. Entsprechende Überlegungen für c und c führen auf S =. 7

8 Die Inverse von S haben wir bereits zu Beginn bestimmt. Für die Darstellungsmatrix à von ϕ bezüglich der Basis c, c, c ergibt sich 6 à = S AS = = Die gesuchte Darstellung der Einheitsvektoren e, e, e lässt sich an der Matrix S ablesen, weil S der Darstellungsmatrix der Identität id R : R R entspricht, wenn man vorne die Basis e, e, e und hinten die Basis c, c, c nimmt. Deshalb ergibt sich Aufgabe 8 e = c + c c, e = c c, e = c c + c. a) Die beiden Vektoren haben offenbar Norm und stehen senkrecht aufeinander. Das Kreuzprodukt dieser Vektoren ist orthogonal zu beiden und hat zudem Norm (denn a b = a b sin ϕ, wobei ϕ der Winkel zwischen den Vektoren a und b ist). Wir wählen also als dritten Vektor. = b) Auch hier gilt: Die beiden gegebenen Vektoren haben Norm und sind orthogonal zueinander. Wir suchen nun einen Vektor z = (z, z, z ) C mit i/ (z / / ) = und (z i/ ) =. ( i)/ Komponentenweise geschrieben (und mit bzw. durchmultipliziert) heißt das iz z = und z + iz + ( + i)z =. Die erste Gleichung können wir mit z = und z = i erfüllen. Die zweite Gleichung liefert dann + ( + i)z =, also z = /( + i) = + i. Den so gefundenen Vektor z müssen wir nun noch normieren, also durch seine Norm teilen. Wir ergänzen daher den Vektor i. + i Bemerkung: Der zu ergänzende Vektor ist nicht eindeutig bestimmt, denn man kann ihn mit beliebigen Konstanten c C, für die c = gilt, multiplizieren. 8