Höhere Mathematik für technische Studiengänge Vorbereitungsaufgaben für die Übungen Lineare Abbildungen, Eigenwerte Lösungen Lösungshinweise: a nicht linear, denn zb fα α, αy +, α + αz T α, αy +, α + z T α f, oder auch ganz kurz: f,, T b fα α + αy, α αy, αz T α + y, α y, αz T α f und + + y + y + y + y f + + y + y y + y f + f, z + z z z f ist also linear Für die Abbildungsmatri F bezüglich der natürlichen Basis { e, e, e } gilt F f e f e f e Damit ist tatsächlich + y f F y y z z Lösungshinweise: Seien A, B R n n, α R, dann gilt: : fa + B SpurA + B n a jj + bjj n a jj + n bjj SpurA + SpurB ; j j j : fαa SpurαA n αa jj α n a jj α SpurA j j Also ist die Abbildung linear Lösungshinweise: a Wegen sind, linear unabhängig und bilden damit eine Basis 7 des R Für die Darstellung von durch diese Basis setzen wir an 4 7 α α 4 + α, das liefert für die Koeffizienten α α 7 7 Inverse nachrechnen!, also α 4 4 7 + Wegen der Linearität von f ergibt sich schließlich 4
f 7, 4 f, + f, + 4 8 7 Analog setzen wir allgemein für die Darstellung von durch Basis an y β β y + β, das liefert für die Koeffizienten β β y, also β y y y y + y Wegen der Linearität von f ergibt sich y f, y yf, + yf, y + y 4 y b Unter Verwendung der in a gewonnenen Darstellung für f, y erhält man für die Abbildungsmatri bezüglich der natürlichen Basis F f, f, Bemerkung: Offensichtlich ist eine lineare Abbildung schon durch Angabe auf irgendeiner Basis eindeutig bestimmt 4 Lösungshinweise: a P, ȳ und P, y liegen spiegelbildlich zu y, wenn P P orthogonal zur Richtung der Geraden y ist und P und P zur Geraden y den gleichen Abstand besitzen Aus folgt y ȳ y + ȳ I Für muß der Schnittpunkt S s, y s der Geraden durch P und P mit y genau in der Mitte zwischen P und P s liegen, muß also die Bedingungen + y s ȳ y ȳ und y s s erfüllen Daraus erhält man + +y +ȳ II Bei gegebenen, ȳ liefern I und II ein Gleichungssystem für die gesuchten, y mit der Lösung ȳ, y ȳ bzw in Matrizenform y ȳ Die gesuchte Abbildungsgleichung ist also f, y A mit A y b Für die Bilder der natürlichen Basis e, e gilt offensichtlich siehe Skizze f e und f e Die Abbildungsmatri F f e f e bezüglich der natürlichen Basis ist damit F und entspricht der unter a gefundenen Matri A
5 Lösungshinweise: Für die Abbildung der natürlichen Basis gilt siehe Skizzen cos α cos π f e sin π sin π f e cos α cos π Die Abbildungsmatri F f e f e bezüglich der natürlichen Basis ist damit F und für das Bild von findet man y f; F + 6 Lösungshinweise: M orthogonal, wenn MM T M T M E Aus der Foderung M T M! E findet man zb: a 5 + a + ab 4 + ac 9 b 9 + ab 8 + b + bc! c a b c 4 + ac + bc 5 + c 5 + a 9 + ab 4 + ac 8 + b 9 + bc 5 + c 9 a 4 b c 4 a ± b ± c ± ab ac 4 bc Wegen muß gelten a, b, c > oder a, b, c < und damit ergeben sich aus die zwei Lösungen a, b, c,, und a, b, c,, 7 Lösungshinweise: A : λ mit t ; λ 4 mit s algebraische geometrische B : λ, mit t algebraische > geometrische C : λ, mit s + t algebraische geometrische D : λ, mit s + t algebraische geometrische
λ mit t algebraische geometrische Ausführliche Rechnung zur D : Eigenwerte aus charakteristischem Polynom D λ E : D λ E λ λ 5 λ λ λ λ,, λ Eigenvektoren aus Lösungen des homogenen linearen Gleichungssystems D λ E : λ, : D E 5 5 5-5 Das gestaffeltes System reduziert sich auf die Gleichung 5 5 bzw Mit den Parametern s, t erhält man die Lösungsmenge Eigenvektoren s + t, dabei sind, linear unabhängige Eigenvektoren, die den Eigenraum aufspannen Basis Die Dimension des Eigenraumes geometrische des Eigenwertes ist d rangd E λ : D + E 5 5 5 5 5 5 5 Gestaffeltes System: 5 t Eigenvektoren: t ; Dimension des Eigenraumes: d rangd + E 8 Lösungshinweise: Charakteristisches Polynom: A λe λ 4 λ λ λ λ λ λ λ Eigenwerte, Nullstellen des charakteristischen Polynoms :
λ, einfache Nullstelle ; λ λ, doppelte Nullstelle Eigenvektoren, Lösungen des homogenen Gleichungssystems A λe v : 4 9 4 4 4 λ : Lösung des Systems zb mittels Gauss-Jordan- Elemination gemäß der nebenstehenden Tabelle Als Lösungsmenge Eigenunterraum findet man L v R : v t Damit hat der Eigenwert λ die algebraische und geometrische λ, : Als Lösungsmenge Eigenunterraum findet man 4 L v R : v t Damit hat der Eigenwert λ, die algebraische und die geometrische Eine Basis des R aus Eigenvektoren von A läßt sich offensichtlich nicht angeben, weil aus L und L zusammen höchstens zwei linear unabhängige Vektoren des R gewählt werden können 9 Lösungshinweise: Eigenwerte: Das charakteristische Polynom A α λe λ [ λ + cos α + sin α ] λλ λ cos α + besitzt die Nullstellen λ, λ, cos α ± cos α cos α ± sin α cos α ± i α k π > λ reeller Eigenwert, λ, komple; α k π, cos α λ,, dreifacher reeller Eigenwert; α k + π, cos α reelle Eigenwerte λ einfach, λ, doppelt Eigenvektoren: Nichttriviale Lösungen des homogenen Systems A α λe α k π, λ :
cos α cos α cos α cos α Nebenrechnung: für α k π! cos α cos α cos α +sin α cos α cos α + + cos α cos α + cos α für α k π!, t R Eigenvektoren:,, T t,, T α k π, λ : A α E, db jedes R ist r Lösung und damit Eigenvektor: s r + s + t r, s, t R t α k + π, λ : A α E, t R Eigenvektoren: t,, T α k + π, λ : A α + E r, s,, r, s R Eigenvektoren: r,, T + s,, T Was bewirkt die Abbildung f : R R, f A α und wie werden speziell die Eigenvektoren abgebildet? y cos α Sei y f A α also y cos α Die Abbildung bewirkt eine y Drehung des Raumes mit dem Drehwinkwel α um die -Achse Blickt man in Richtung dieser Drehachse, dann erfolgt eine positive Drehung α > entgegen dem Uhrzeigersinn Vergleiche Vorlesungsskript Lineare Abbildungen, Beispiel 5, Drehung in der Ebene, Abbildungsmatri A für den Fall θ α Hier erweitert auf Drehung der - -Ebene um die -Achse Eigenvektoren zu Eigenwerten λ werden wegen A α in sich abgebildet Für α k π sind das gerade die Punkte der -Achse; für α k π sind das alle Punkte des Raumes, insbesondere die drei Koordinatenachsen; für α k + π sind das wieder die Punkte der -Achse Eigenvektoren zu Eigenwerten λ kehren wegen A α ihre Richtung um Für α k + π sind das alle Punkte der - -Ebene, insbesondere die -Achse und die -Achse Lösungshinweise: Summiert man die Spalten der Determinante A E, so ergibt das aufgrund der vorausgesetzten Zeilensummen-Eigenschaft eine Null-Spalte Damit gilt A E und folglich ist λ Eigenwert
Lösungshinweise: a Durch geeignete Umformungen und Anwendung von Regeln für die Determinante von Produkten quadratische Matrizen und die Determinante der Inversen findet man T AT λe T AT λt T T A λet T A λe T T A λe T A λe, also besitzen T AT und A das gleiche charakteristische Polynom und damit die die gleichen Eigenwerte b Charakterist Polynom für A : A λ E λ 4 λ 4 λ λ + 4λ λ 6 p Probieren mit Teilern des Absolutgliedes 6 ergibt eine erste Nullstelle λ, Abdividieren des Linearfaktors λ + liefert λ + 4λ λ 6 : λ + λ! + 5λ 6 λ, λ Es gilt also die Linearfaktorzerlegung p λ + λ λ Zur Berechnung von T AT bestimmt man etwa die Inverse T und berechnet anschließend das Dreifachprodukt Weniger aufwendig nur ein Matrizenprodukt ist jedoch die Lösung der Matrizengleichung T X AT mittels Gauss-Jordan-Algorithmus: T AT 4 4 5 4 4 7 4 4-4 4 7 5 6 5 4-6 9 6 E T AT A T 4 4 4 T X AT X T AT Charakteristische Polynom für T AT : T AT λ E λ 9 λ 6 λ 9 6 4 5 4 4 7 λ + λ λ p λ λ λ