Übungen zum Ferienkurs Ferienkurs Lineare Algebra für Physiker WiSe 2017/18 Blatt 3 - Lösung

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1 Technische Universität München Physik Department Pablo Cova Fariña, Claudia Nagel Übungen zum Ferienkurs Ferienkurs Lineare Algebra für Physiker WiSe 207/8 Blatt 3 - Aufgabe : Darstellungsmatrizen Sei V = R 3 und die Ebene H definiert durch x + y + z = 0. Sei f die Spiegelung an H. Schreiben Sie die Darstellungsmatrix bezüglich der Standardbasis S = (e, e 2, e 3 und bezüglich der Basis B = {v =, v 2 =, v 3 = } 0 Hinweis: v, v 2 H und v 3 steht senkrecht auf H. Wir beginnen mit Basis B und überlegen uns, was mit den Basisvektoren passiert, wenn wir den R 3 an H spiegeln: 0 0 f(v = v, f(v 2 = v 2, f(v 3 = v 3 D B (f = Es ist ungleich komplizierter (wenn auch nicht unmöglich, die Abbildung der Standardbasis auf ähnliche Weise zu bestimmen. Besser ist, wir führen einen Basiswechsel durch. Schritt : Wir berechnen die Basiswechselmatrix, mit der wir von S nach B kommen. Das heißt, wir müssen eine Abbildung finden mit e v, e 2 v 2, e 3 v 3. Dies wird durch die folgende Matrix erreicht: M S,B = 0 Schritt 2: Nun invertieren wir diese Matrix (siehe Blatt 2, Aufgabe b M S,B = M B,S = Schritt 3:...und stellen die Abbildung in der neuen Basis dar (Berechnung siehe Blatt : D S (f = M S,B D B (f M B,S D S (f = 2 2 = Bitte wenden...

2 Aufgabe 2: Darstellungsmatrizen (a (b (c (d (e Sei V = R 2 mit der Standardbasis. Stellen Sie die Rotation um den Winkel φ als Matrix dar. Sei V = R 3 mit der Standardbasis. Stellen Sie jeweils die Rotationen um die x-achse, um die y-achse und um die z-achse mit Winkel φ als Matrix dar. Sei V = R 2. Stellen Sie die Spiegelung an der Geraden y = x als Matrix bezüglich der Standardbasis dar. Stellen Sie dieselbe Abbildung auch bezüglich einer anderen Basis dar, sodass die Matrix eine besonders einfache Form hat. V = R 3 mit der Standardbasis. Stellen Sie die Rotation um den Vektor (,, um 20 dar. V = R 5 mit einer beliebigen Basis B = {v,..., v 5 }. Stellen Sie eine Matrix auf, die drei der fünf Basisvektoren permutiert und die anderen beiden fest lässt. ( cos φ sin φ (a sin φ cos φ cos φ 0 sin φ cos φ sin φ 0 (b R x (φ = 0 cos φ sin φ, R y (φ =, R z (φ = sin φ cos φ 0 0 sin φ cos φ sin φ 0 cos φ ( 0 (c A =. 0 Sei nun B = {(,, (, ( } eine zweite Basis. Dann ist die Darstellungsmatrix von φ 0 bezüglich B: D B (φ = (d Hier ist der Trick zu erkennen, dass in der Draufsicht aus Richtung (,, die Endpunkte der Einheitsvektoren ein gleichseitiges Dreieck bilden und die Rotation um 20 die Basisvektoren folgendermaßen abbildet: e e 2, e 2 e 3, e 3 e. Die Matrix hat also die Form: (e z.b. 0 0 Aufgabe 3: Determinanten ( Berechnen Sie die Anzahl der Fehlstände von und schließen Sie auf das Signum. Denken Sie sich zwei weitere Beispiele selbst aus, lösen sie und tauschen mit der Person neben Ihnen., wenn ich mich nicht verzählt habe. Das Signum ist also -.

3 Aufgabe 4: Determinantenberechnung. Berechnen Sie die Determinante von 2 A = mithilfe des Entwicklungssatzes von Laplace. Berechnen Sie die die Determinante von B = 0 Berechnen Sie die Determinante von sin(α cos(α a sin(α b cos(α ab cos(α sin(α a sin(α b cos(α ab C = a 2 b 2 0 a b 0 b a ( ( ( det(a = 0 det det + 2 det = ( ( = 6 6 = 0. 4 ( ( sin(α cos(α a b Mit dem Kriterium für Blockdiagonale Matrizen: det( cos(α sin(α b a Aufgabe 5: Determinanten Zeigen oder widerlegen Sie mittels Beispiel: ( A B det( = det(a det(d det(b det(c C D Die Aussage ist falsch: Sei A = B = D = ( 0, C = ( 0. Dann gilt ( A B det( = 0 = det(a det(d det(b det(c. C D Bitte wenden...

4 Aufgabe 6: Determinanten Das Invertierbarkeitskriterium für Matrizen lautet: A K nxn invertierbar det(a 0 Begründen Sie das Invertierbarkeitskriterium für Matrizen (z.b. mittels elementarer Zeilen- und Spaltenumformungen. Durch elementare Zeilen- und Spaltenumformungen bringen wir A auf Zeilenstufenform: A A = a... 0 a nn Um Zeilen-Stufenform zu erreichen, müssen wir Zeilen vertauschen und voneinander abziehen/zueinander addieren. Beides bewirkt maximal, dass das Vorzeichen der Determinante sich ändert: det(a = ± det(a. Daher gilt: det(a 0 det(a 0 a, a 22,..., a nn 0 A hat vollen Rang A ist invertierbar, Aufgabe 7: Determinanten ähnlicher Matrizen Zwei Matrizen A, B K n n seien ähnlich. Beweisen Sie, dass dann gilt: det(a = det(b. Wir haben B = S AS mit S GLL n (K. Es folgt det(b = det(s det(a det(s = det(a. Aufgabe 8: Sei A R n n. Zeigen Sie: Ein paar Beweise zu Eigenwerten (a Ist A nicht invertierbar, so ist λ = 0 ein Eigenwert von A. (b Ist λ R\{0} ein Eigenwert von A, so ist λ ein Eigenwert von A. (c Ist A nilpotent (also es existiert ein n N, ab dem A n = 0 gilt, so ist λ = 0 der einzige Eigenwert von A. (a Eigenwerte sind Nullstellen des charakteristisches Polynom χ A (λ = det(a λi n. Für λ = 0 ist χ A (0 = det(a. Aber da A nicht invertierbar ist, ist auch det(a = 0. Somit ist auch χ A (0 = 0, was bedeutet, dass λ = 0 Nullstelle von χ A ist, und somit ein Eigenwert. (b Es sei zunächst λ ein Eigenwert von A, d.h. Av = λv. Dann gilt:

5 Av = λv A Av = A λv I n v = A λv A v = λ v (c Es sei zunächst λ ein Eigenwert von A, d.h. Av = λv. Sei n N der Exponent, ab dem A n = 0 gilt. Nach mehrmaliger Anwendung von A auf diese Gleichung, finden wir: A 2 v = A Av = A (λv = λ (Av = λ 2 v A n v = λa n v = = λ n v Aber A n = 0, sodass 0 = λ n v für v 0. Hieraus folgt unmittelbar, dass λ = 0 der einzige Eigenwert von A ist. Aufgabe 9: Eigenwerte Bestimmen Sie das charakteristische Polynom und die Eigenwerte der folgenden Matrix. Ist die Matrix diagonalisierbar? Das charakteristische Polynom lautet: χ A = (a A = λ 0 3 λ λ , = ( λ(3 λ(3 λ + (3 λ (3 λ[( λ(3 λ + ] = (3 λ(λ 2 4λ + 4 = (3 λ(2 λ 2 Die Eigenwerte lauten λ = 3 und λ 2 = 2. Da die algebraische Vielfacheit von λ 2 gleich 2 ist, muss man die geometrische Vielfachheit bestimmen. Damit gilt: dim(e 2 = dim ker = dim ker 0 = dim ker = dim 0 = Somit ist m g (2 = < 2 = m a (2, und die Matrix ist nicht diagonalisierbar. Bitte wenden...

6 Aufgabe 0: Eigenwerte 2 Gegeben sei die Matrix A = 3 2a b a 2 mit a, b R. Für welche Werte von a und b ist A diagonalisierbar? Eine Matrix ist dann diagonalisierbar, wenn das charakteristische Polynom in Linearfaktoren zerfällt und für jedes Eigenwert die algebraische und die geometrische Vielfachheit gleich sind. Berechnen wir also zunächst das charakteristische Polynom: χ A = 3 λ 2a b λ a 2 λ = ( 3 λ (b λ (2 λ Für b R\{ 3, 2} und a R haben alle Eigenwerte die Vielfachheit, also ist die Matrix diagonalisierbar. Es gibt also noch zwei Fälle zu überprüfen: b = 3. Hier ist χ A = ( 3 λ 2 (2 λ. Hier hat λ = 3 die algebraische Vielfachheit m a (λ = 2. Wir müssen also noch die Dimension des Eigenraums zu λ = 3 bestimmen. A + 3I 3 = III 0 2 Für jedes a R sind Zeilen II und III Vielfache voneinander, also ist der rang =. Dann gilt dim(e = m g (λ = 2 für alle a R. Da also stets m a (λ = m g (λ gilt, ist auch die Matrix in diesem Fall diagonalisierbar. b = 2. Hier ist χ A = ( 3 λ (2 λ 2. Hier hat λ 2 = 2 die algebraische Vielfachheit m a (λ = 2. Wir müssen also noch die Dimension des Eigenraums zu λ 2 = 2 bestimmen. A 2I 3 = I 2 II 2a I,III 2 I a 0 Hier ist also dim(e = < m a (λ für alle a 0 und die Matrix ist somit nicht diagonalisierbar. Für a = 0 gilt aber dim(e = 2 = m a (λ. Zusammenfassend kann man sagen: Die Matrix A ist immer diagonalisierbar, außer es gilt gleichzeitig b = 2 und a 0.

7 Aufgabe : Eigenwerte 3 Bestimmen Sie für die Matrix (b A = ( 0 0 ihre Diagonalmatrix D, sowie die Basiswechselmatrix S. Invertieren Sie S und überprüfen Sie die Formel A = SDS. Das charakteristische Polynom von A lautet: χ A (λ = λ λ = λ2 + = 0 λ = i, λ 2 = i Da beide Eigenwerte die algebraische Vielfachheit haben, so ist A diagonalisierbar. Die Diagonalmatrix lautet dann: D = ( i 0 0 i Nun bestimmen wir die Eigenvektoren. Wir bilden die Eigenräume: ( i E i = Ker i ( i E i = Ker i ( = i II i I Ker ( = i II+i I Ker ( = i ( = i Somit haben wir als Basiswechselmatrix die Matrix: ( S = i i Invertieren liefert: S = 2i ( i i = 2 ( i i Jetzt können die Formel A = SDS explizit bestimmen: ( ( i 0 SDS = ( i i i 0 i 2 i ( i i = ( ( i 0 = = A 2 i 0