Übungen zum Ferienkurs Lineare Algebra 2015/2016: Lösungen

Transkript

1 Übungen zum Ferienkurs Lineare Algebra 5/6: Lösungen Darstellungsmatrizen. Bestimme die Darstellungsmatrix M B,B (f ) für die lineare Abbildung f : 3, die durch f (x, y, z) = (4x + y z, y + z) definiert ist bezüglich der Koordinatensysteme B =,, und B = Die Basisvektoren von B werden linear abgebildet: f (,, ) = (, )., Dieses Ergebnis muss als Linearkombination der Basisvektoren von B dargestellt werden. Es gilt: I) α () + β () = und II) α () + β ( ) =. Daraus folgt α = a =, 5 und β = a =, 5. f (,, ) = (, ) I) α () + β () = und II) α () + β ( ) =. α = a = und β = a =. f (,, ) = (9, ) I) α () + β () = 9 und II) α () + β ( ) =. α = a 3 = 4 und β = a 3 = 5. Damit lautet die Darstellungsmatrix: M BB (f ) = 3 8. Diagonalisierbarkeit. Sind die folgenden Matrizen diagonalisierbar? 4 3, , Aileen Wolf & Florian Niederreiter.3.6

2 Übungen zum Ferienkurs Lineare Algebra 5/6: Lösungen a) 4 3 A = 3 3 Das charakteristische Polynom lautet: χ A (λ) = ( λ)( λ)(3 λ). Somit muss überprüft werden, welche Dimension der Eigenraum zum Eigenwert 3 hat. Ist diese, ist die Matrix nicht diagonalisierbar; ist sie, ist die Matrix diagonalisierbar, da die Dimension der algebraischen Vielfachheit entspricht. 4 3 r g(a 3 ) = r g = A ist diagonalisierbar. b) 5 7 B = χ B (λ) = λ 3 + 3λ + 4 = (λ + )(λ ). 7 7 (B ) = Überprüfe die Anzahl der Eigenvektoren, die sich finden lassen. Es muss gelten: a b = c Das ist für die Vektoren (a,, a) T und (, a, ) T der Fall. Sei a =, der Eigenraum zum Eigenwert ist dann: Eig(B,) = span((,, ) T, (,, ) T ), Dim(Eig(B,)) =. B ist diagonalisierbar. c) C = 6 5 Das charakteristische Polynom lautet χ C (λ) = λ 3 + 5λ 8λ + 4 = (λ )(λ ). (C ) = der zugehörige Eigenvektor ist gegeben durch (a, a, a) T. Die Dimension des Eigenraumes ist somit < C ist nicht diagonalisierbar. Aileen Wolf & Florian Niederreiter.3.6

3 Übungen zum Ferienkurs Lineare Algebra 5/6: Lösungen. Stellen Sie die Diagonalmatrix D folgender Matrix A auf: 3 A = 4 χ A (λ) = (3 λ)( λ)(4 λ), damit folgt: D = Stellen Sie die Diagonalmatrix D folgender Matrix A auf und überprüfen Sie Ihr Ergebnis mithilfe der Transformationsmatrix. 3 A = χ A (λ) = λ 3 + λ + λ = (λ )(λ )(λ + ), damit folgt: D = Die Reihenfolge der Eigenwerte ist beliebig, allerdings muss sie der Reihenfolge der Eigenvektoren in der Transformationsmatrix entsprechen! Berechne nun T und T : Eigenvektor v zum Eigenwert λ = : A = Man erhält I) x y = und II) y z = x =, 5y = z. Sei x =. Dann erhält man v = Z Z Z 3 +Z Aileen Wolf & Florian Niederreiter.3.6 3

4 Übungen zum Ferienkurs Lineare Algebra 5/6: Lösungen Analog berechnen sich v und v 3 zu: v =, v 3 =. Die Eigenräume sind also: Für die Transformationsmatrix erhält man somit: E A () = {λ (,, ) T λ } E A () = {λ (,, ) T λ } E A ( ) = {λ (,, ) T λ } T = und für die Inverse: Der Test bestätigt, dass gilt T = T AT = D. 3 Jordan-Normalform 3. Stellen Sie die Jordan-Normalform folgender Matrix auf: 3 A = 4 4 Das charakteristische Polynom lautet χ A (λ) = λ 3 6λ 9λ 4. Eine Nullstelle erraten (λ = ), Polynomdivision und Mitternachtsformel ergeben: χ A (λ) = (λ + ) (λ + 4). Somit existiert ein -Block zum Eigenwert -4. r g(a + ) = r g 4 4 =. Damit gibt es n = 3 = Jordan-Blöcke zum Eigenwert -. Da - insgesamt mal in der Matrix vorkommt, müssen es -Blöcke sein, die Jordan-Matrix ist insbesondere eine echte Diagonalmatrix, Aileen Wolf & Florian Niederreiter.3.6 4

5 Übungen zum Ferienkurs Lineare Algebra 5/6: Lösungen A JN F =. 4 Überprüft man noch die Dimension des Eigenraumes dim(eig(a,-)) zum Eigenwert -, sieht man dass sie genau der algebraischen Vielfachheit entspricht (Kriterium zur Diagonalisierbarkeit). 3. Stellen Sie die Jordan-Normalform folgender Matrix auf: Das charakteristische Polynom ist (x )(x ) 4. χ A (λ) = (λ ) (λ ) A = Zum Eigenwert λ = gibt es insgesamt Eintrag, zu λ = insgesamt 4. Es gilt r g(a )... r g = 3 Damit gibt es n 3 = 5 3 = Jordan-Blöcke zum Eigenwert. Dies können zwei -Blöcke oder ein - und ein 3 3-Block sein. Überprüfe die Anzahl der -Jordan-Blöcke ( oder ) zum Eigenwert : Berechne r g((a ) ): r g((a ) )... r g = Die Anzahl lautet: =, somit gibt es einen -Jordan-Block und einen 3 3-Block zum Eigenwert. Damit sieht die Jordan-Normalform bzw Diagonalmatrix folgendermaßen aus: A JN F =. Aileen Wolf & Florian Niederreiter.3.6 5

6 Übungen zum Ferienkurs Lineare Algebra 5/6: Lösungen 4 Gram-Schmidt-Verfahren zur Bestimmung einer Orthonormalbasis 4. Bestimmen Sie die orthonormale Basis zu den Vektoren a =, b = und 4 c = Für den ersten Basisvektor wird einfachheitshalber a gewählt, da: a = = a a = b Nach Gram-Schmidt berechnet sich der zweite Basisvektor b indem man die Projektion auf b von ihm abzieht B = < > = b = B B = Anschließend wird die Projektion von c auf die anderen beiden Basen bestimmt B3 = 5 < 5 > < 5 > = 5 = B3 b3 = B 3 = Die zugehörige orthonomale Basis b, b, b 3 ist also die Basis der Einheitsvektoren des 5 Matrixexponential 5. 3 Bestimmen Sie das Matrixexponential von A = 4 mit Summenformel und das Matrixexponentail 5 6 von B = mit Transformation durch die Eigenwerte und Eigenvektoren 3 4 zu A) 3 4 A = 4, A =, A 3 = 5 e A = + A + A = 4 zu B) Das charakteristische Polynom ist: Aileen Wolf & Florian Niederreiter.3.6 6

7 Übungen zum Ferienkurs Lineare Algebra 5/6: Lösungen λ λ =, damit sind EW = und EW =, die Eigenvektoren sind EV = Mit der Transformationsbedingung aus der Vorlesung gilt: A = TST = e e A = T e S T e + e e + e = e = e e e e und EV = Aileen Wolf & Florian Niederreiter.3.6 7