Lineare Algebra und Numerische Mathematik für D-BAUG

P Grohs T Welti F Weber Herbstsemester 215 Lineare Algebra und Numerische Mathematik für D-BAUG ETH Zürich D-MATH Beispiellösung für Serie 12 Aufgabe 121 Matrixpotenzen und Eigenwerte Diese Aufgabe ist eine Vorbereitung auf Eigenwerte und Eigenvektoren und zeigt gleichzeitig eine mögliche Anwendung auf Wir suchen eine einfache Methode um A 1 x zu berechnen für x R 2 und 3 1 A = 1 3 121a) Wenn x ein Vektor ist mit der Eigenschaft Ax = λx für ein λ R, was ist dann A k x für k = 1, 2,? Wir suchen daher Paare λ R, x R 2, x mit der Eigenschaft, dass Ax = λx Lösung: Wir berechnen k = 1 : Ax = λx k = 2 : A 2 x = A(λx) = λax = λ 2 x k = 3 : A 3 x = A(λ 2 x) = λ 3 x A k x = λ k x 121b) Zeigen Sie, dass die Gleichung Ax = λx für ein gegebenes λ ein homogenes, lineares Gleichungssystem darstellt Wie sieht die zugehörige Koeffizientenmatrix aus? Lösung: Die Gleichung Ax = λx entspricht dem folgenden Gleichungssystem: 3x 1 + x 2 = λx 1 x 1 + 3x 2 = λx 2 (3 λ)x 1 + x 2 = x 1 + (3 λ)x 2 = Dies ist ein homogenes lineares Gleichungssystem (die rechte Seite ist null) Übrigens ist für den allgemeinen Fall Ax = λx das entsprechende lineare Gleichungssystem Ax = λx Ax λx = (A λi)x =, welches auch ein homogenes Gleichungssystem ist Serie 12 Seite 1 Aufgabe 121

121c) ( Bestimmen ) Sie mit Hilfe der Determinante Werte von λ, für die Ax = λx Lösungen x hat Lösung: Wir wissen, dass ein lineares Gleichungssystem genau dann eine eindeutige Lösung hat, wenn die Deteminante det A ungleich null ist Da x = immer eine Lösung von Ax = ist, wäre es in diesem Fall die einzige Lösung Wenn nun det A = gilt, so gibt es entweder unendlich viele Lösungen, oder gar keine Da die rechte Seite in unserem Fall gleich null ist, muss die Verträglichkeitsbedingung immer erfüllt sein Wir wissen dann also, dass es Lösungen von Ax = gibt, für die x ist Also berechnen wir det 3 λ 1 = (3 λ) 2 1 = λ 2 6λ + 8 =! 1 3 λ Durch Lösen der ( quadratischen ) Gleichung erhält man, dass Ax = λx für λ 1 = 2 und λ 2 = 4 Lösungen x hat Aufgabe 122 Eigenwerte und Eigenvektoren berechnen Berechnen Sie alle Eigenwerte und Eigenvektoren der folgenden Matrizen 7 6 5 4 1 A =, B = 5 6 7 6 1 1 2 3 Lösung: Allgemein ergeben sich die Eigenwerte λ i einer (n n)-matrix M als Lösungen der charakteristischen Gleichung det(a λi n ) = und die zugehörigen Eigenräume aus den Lösungen des homogenen Gleichungssystems (A λ i I n )x = Für die Matrix A ergibt sich det(a λi 2 ) = 4 λ 1 6 λ 1 = (4 λ)( 1 λ) + 6 = (λ 1)(λ 2) =! Damit erhalten wir als Eigenwerte λ 1 = 1 und λ 2 = 2, beide mit algebraischer Vielfachheit 1 Nun berechnen wir den Eigenvektor zu λ 1, indem wir die Lösungsmenge von (A λ 1 )v 1 = berechnen: 3 1 6 2 3 1 1 v 1 = t 3 Den Eigenvektor zu λ 2 berechnen wir auf die gleiche Art, indem wir die Lösungsmenge von (A λ 2 )v 2 = bestimmen: 2 1 6 3 2 1 1 v 2 = t 2 Also haben λ 1 und λ 2 jeweils geometrische Vielfachheit 1 Serie 12 Seite 2 Aufgabe 122

Für B ergibt sich det(b λi 3 ) = 7 λ 6 5 5 6 λ 7 1 2 3 λ 6 λ 7 2 3 λ = (7 λ) 5 6 5 2 3 λ + 6 5 6 λ 7 = (7 λ) ( (λ + 6)(λ 3) + 14 ) 3(λ 3) 92 + 5(λ + 6) = λ 2 (λ 4)! = Daher hat B die Eigenwerte λ 1 = 4 mit algebraischer Vielfachheit 1 und λ 2 = mit algebraischer Vielfachheit 2 Nun berechnen wir den Eigenvektor zu λ 1, indem wir (B λ 1 )v 1 = lösen: 3 6 5 5 1 7 1 2 1 1 2 1 3 6 5 5 1 7 1 2 1 8 12 Also hat der Eigenwert λ 1 die geometrische Vielfachheit 1 1 2 1 8 2 v 1 = t 1 Wir berechnen die Eigenvektoren zu λ 2, indem wir die Lösungsmenge von (B λ 2 )v 2 = berechnen: 7 6 5 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 5 6 7 5 6 7 4 8 1 2 v 2 = t 2 1 2 3 7 6 5 8 16 1 Also hat der Eigenwert λ 2 die geometrische Vielfachheit 1 Aufgabe 123 Dimension des Eigenraums b a a a b Sei A = eine (n n)-matrix, a, n 2 a a a b 123a) Zeigen Sie, dass b a ein Eigenwert von A ist Lösung: Wir benutzen, dass b a ein Eigenwert von A ist, wenn det (A (b a)i n ) = gilt: a a a a a det (A (b a)i n ) = det a = a a a Da diese Matrix Rang 1 hat, ist die Determinante gleich null, und b a ist ein Eigenwert von A Serie 12 Seite 3 Aufgabe 123

123b) Bestimmen Sie die Dimension von Kern(A (b a)i n ), dh die Dimension des Eigenraums zum Eigenwert b a Lösung: Wir benutzen, dass für eine (n n)-matrix B das folgende gilt: dim(kern(b)) = n Rang(B) Wir wissen, dass der Rang von A (b a)i n gleich 1 ist, da alle Zeilen der Matrix identisch sind Also hat der Kern der Matrix Dimension n 1, und somit hat auch der Eigenraum zum Eigenwert b a die Dimension n 1 123c) Finden Sie einen Eigenvektor zu einem Eigenwert b a von A Tipp: Weil A symmetrisch ist, muss der gesuchte Eigenvektor senkrecht stehen auf allen Vektoren von Kern(A (b a)i n ) Lösung: Wir suchen einen Vektor, der senkrecht steht auf alle Vektoren x im Kern von A (b a)i n Über diese Vektoren wissen wir, dass (A (b a)i n )x = Da alle Zeilen dieser Matrix identisch (a, a,, a) enthalten, wissen wir also, dass (a, a,, a)x = für jeden Vektor x Kern(A (b a)i n ) Folglich steht der Vektor (1, 1,, 1) senkrecht auf alle Vektoren im Kern von A (b a)i n Der entsprechende Eigenwert ist b + (n 1)a Aufgabe 124 Die Spur diagonalisierbarer Matrizen In dieser Aufgabe lernen wir eine spezielle Funktion auf dem Raum der quadratischen Matrizen kennen, die Spur Sie steht in enger Beziehung zum Spektrum einer Matrix Die Spur einer quadratischen Matrix M R n,n ist definiert als Spur M := (M) j,j (1241) j=1 124a) Bestimmen Sie die Dimension des Unterraums U := {M R n,n : Spur M = } R n,n Tipp: Sie können U als Kern einer Matrix charakerisieren Dann sieht man, dass diese Matrix nur ein Zeilenvektor ist Lösung: Wir schreiben die Matrix M als Vektor Wir definieren für jede Matrix M R n,n den Vektor v M = (M) :,1 (M) :,2 (M) :,n R n2 Für die Matrix A R 1,n2 { 1 j {1, n + 2, 2n + 3, 3n + 4,, n(n 2) + n 1, n 2 } A := sonst Serie 12 Seite 4 Aufgabe 124

gilt Spur M = Av M Somit erhalten wir dim U = dim{m R n,n : Spur M = } = dim{m R n,n : Av M = } = dim Kern(A) = n 2 1 124b) Zeigen Sie, dass gilt Spur BC = Spur CB, für alle Matrizen B, C R n,n (1242) Tipp: Einfach nachrechnen mit den Formeln für das Matrixprodukt Es gibt hier keine Tricks! Lösung: Spur (BC) = j=1 k=1 b jk c kj = k=1 j=1 c kj b jk = Spur (CB), wobei b ij den ij Eintrag der Matrix B bezeichnet und c kj den kj Eintrag von C Bemerkung: Beachten Sie aber, dass im Allgemeinen Spur (ABC) Spur (BAC)! Als einfaches Gegenbeispiel betrachten Sie die Matrizen 1 2 1 1 1 2 A =, B =, C = 3 4 2 3 2 3 Explizites ausrechnen ergibt Spur (ABC) = 35 und Spur (BAC) = 82 124c) Sei A R n,n diagonalisierbar, mit wobei S R n,n invertierbar ist Zeigen Sie, dass gilt A = S diag(λ 1,, λ n ) S 1, (1243) }{{} =:D Spur A = λ j (1244) Bemerkung: Die Identität (1244) bietet ein nützliches Hilfsmittel zur Überprüfung der Korrektheit von berechneten Eigenwerten Tipp: Sehr einfach wird die Aufgabe, wenn Sie das Resultat aus Teilaufgabe 124b) anwenden Die Spur einer Diagonalmatrix sollte klar sein Lösung: Wir benutzen Teilaufgabe 124b) und die Zerlegung in (1243) Spur A (1243) = Spur ( SD }{{} =:B S 1 ) (1242) }{{} =:C j=1 = Spur ( S } 1 {{ S } D) = Spur (D) = =I n λ j Serie 12 Seite 5 Aufgabe 124 j=1

Aufgabe 125 Betrachtung zweier Spezieller Isometrien des R 2 Gegenstand dieser Aufgabe sind spezielle Isometrien in der Ebene und ihre Matrixdarstellung Wir betrachten die folgenden 2 2-Matrizen A = I 2 2uu, B = I 2 2vv, I 2 := 1, 1 wobei u, v R 2 Einheitsvektoren sind, das heisst u = v = 1 Diese Matrizen definieren zwei lineare Selbstabbildungen des R 2, die mit F und G abgekürzt werden 125a) Zeigen Sie, dass F und G Isometrien sind Lösung: Es genügt zu zeigen dass die jeweiligen Matrixdarstellungen orthogonale Matrizen sind Wir haben A A = (I 2 2uu ) (I 2 2uu ) = (I 2 2uu )(I 2 2uu ) = I 2 4uu + 4u(u u)u = I 2 4uu + 4u u u = I 2 Analoge Gleichungen gelten für B Folglich sind F und G Isometrien 125b) Sowohl für F als auch für G gibt es jeweils einen eindimensionalen Unterraum des R 2, dessen Vektoren von F bzw G auf sich selbst abgebildet werden Beschreiben Sie diese Unterräume durch jeweils eine Formel Lösung: Es genügt w zu finden, so dass Aw = w Für beliebiges w haben wir Aw = (I 2 2uu )w = w 2u(u w) Folglich gilt für w einen Vektor mit u w = ( auch ) Aw = w Solche Vektoren existieren in x y der Tat, zum Beispiel u = falls w =, denn dann ist u y x w = und w, da w = u Weiter gilt für alle α R A(αw) = αaw = αw Also ist der Raum y U = Span({ }), x x wobei u =, ein 1-dimensionaler Unterraum von R y 2 dessen Elemente von F auf sich selbst abgebildet werden Dasselbe gilt für G 125c) Geben Sie eine geometrische Interpretation von F und G in der Ebene und verdeutlichen Sie diese durch eine Skizze Lösung: Wir bemerken Au = u Weiter wissen wir, dass für alle Vektoren, welche zu u orthogonal stehen, also alle Vektoren, so dass w u = gilt, dass Aw = w Folglich sind F und G Spiegelungen an einer Gerade durch den Nullpunkt in Richtung w Serie 12 Seite 6 Aufgabe 125

125d) Zeigen Sie, dass die Hintereinanderausführung von F und G eine Drehung ist Was ist der Drehwinkel? Tipp: Überlegen Sie sich, dass wir die Vektoren u und v als cos φ u = und v = sin φ ( cos θ sin θ schreiben können, da u = v = 1 Aus der Vorlesung wissen wir, dass eine Rotationsmatrix von der Form cos(ψ) sin(ψ) Q =, sin(ψ) cos(ψ) ist für einen Winkel ψ [, 2π) Lösung: Da u = v = 1 liegen u und v auf dem Einheitskreis Folglich existieren φ, θ [, 2π], so dass cos φ cos θ u = und v = sin φ sin θ Wir berechnen ) cos uu = 2 φ cos φ sin φ cos φ sin φ sin 2 φ Einsetzen in A und die Verwendung trigonometrischer Identitäten ergeben cos(2φ) sin(2φ) A = I 2uu = sin(2φ) cos(2φ) Ein analoger Ausdruck gilt für B, cos(2θ) sin(2θ) B = I 2uu = sin(2θ) cos(2θ) Die Matrixdarstellung der Komposition beider Abbildungen ist nun durch das Produkt der jeweiligen Matrixdarstellungen gegeben, also erhalten wir cos(2θ) cos(2φ) + sin(2θ) sin(2φ) cos(2θ) sin(2φ) sin(2θ) cos(2φ) BA = cos(2φ) sin(2θ) sin(2φ) cos(2θ) cos(2θ) cos(2φ) + sin(2θ) sin(2φ) cos(2θ 2φ) sin(2θ 2φ) =, sin(2θ 2φ) cos(2θ 2φ) eine Rotationsmatrix um den Winkel 2(θ φ) 125e) Geben Sie eine geometrische Deutung des Resultats der vorhergehenden Teilaufgabe Lösung: Da F und G beides Spiegelungen sind, ist die Komposition die Spiegelung um zwei Geraden in R 2, was eine Rotation um zwei mal den Winkel, der zwischen den Geraden liegt, ergibt Serie 12 Seite 7 Aufgabe 125

Aufgabe 126 Eigenwerte und Eigenvektoren Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen richtig bzw falsch sind für beliebige (n n)- Matrizen A und B? 126a) Ist x ein Eigenvektor von A, dann ist x auch ein Eigenvektor von A 2 (i) Richtig (ii) Falsch Es gilt also ist x auch Eigenvektor von A 2 A 2 x = A(Ax) = A(λx) = λ(ax) = λ 2 x, 126b) Ist λ ein Eigenwert von A, dann ist λ auch ein Eigenwert von A 2 (i) Richtig (ii) Falsch Es gilt A 2 x = A(Ax) = A(λx) = λ(ax) = λ 2 x, es ist also λ 2 Eigenwert von A 2 Falls also λ / {, 1} und λ 2 auch sonst kein Eigenwert von A ist, dann stimmt die Behauptung nicht Ein konkretes Gegenbeispiel wäre die Diagonalmatrix 2 A =, 3 die die Eigenwerte 2 und 3 hat, während A 2 die Eigenwerte 4 und 9 hat Serie 12 Seite 8 Aufgabe 126

126c) Ist x ein Eigenvektor von A und auch ein Eigenvektor von B, dann ist x ein Eigenvektor von A + B (i) Richtig (ii) Falsch Sei Ax = λ A x und Bx = λ B x Dann gilt also ist x ein Eigenvektor von A + B (A + B)x = Ax + Bx = λ A x + λ B x = (λ A + λ B )x, 126d) A + B Ist λ ein Eigenwert von A und auch ein Eigenwert von B, dann ist λ ein Eigenwert von (i) Richtig (ii) Falsch Sei Ax A = λx A und Bx B = λx B Da die Eigenvektoren im allgemeinen nicht identisch sind, funktioniert die Methode von oben nicht Tatsächlich ist die Aussage falsch Ein Gegenbeispiel ist 2 3 A =, B = 1 2 Beide Matrizen haben den Eigenwert 2, aber die Summe A + B hat Eigenwerte 5 und 3 126e) Ist λ ein Eigenwert von A, so ist λ + 1 ein Eigenwert von A + I (i) Richtig (ii) Falsch Die Aussage stimmt, denn (A + I)x = Ax + x = λx + x = (λ + 1)x Serie 12 Seite 9 Aufgabe 126

126f) Ist A eine diagonalisierbare Matrix mit n verschiedenen Eigenwerten λ 1, λ 2,, λ n, so gilt det(a) = λ 1 λ 2 λ n (i) Richtig (ii) Falsch Da A diagonalisierbar ist, gibt es Matrizen T, D, so dass A = TDT 1, wobei D = diag(λ 1, λ 2,, λ n ) det (A) = det (TDT 1 ) = det (T) det (D) det (T 1 ) = det (D), also stimmt die Aussage 126g) Ist u R n, dann hat A = u u den Eigenvektor u (i) Richtig (ii) Falsch Wir testen: also ist u ein Eigenvektor mit Eigenwert u u Au = (uu )u = u(u u) = (u u)u, 126h) Die Eigenwerte von A ändern sich nicht, wenn man 2 Zeilen von A vertauscht (i) Richtig (ii) Falsch Gegenbeispiel: A = 1, A = 4 4 1 Die Matrix A hat Eigenwerte 1 und 4, während A Eigenwerte 2 und 2 hat Serie 12 Seite 1 Aufgabe 126

126i) Falls σ(a) = {}, dann ist A = O (i) Richtig (ii) Falsch Gegenbeispiel: A = 1 Die obere Dreiecksmatrix A hat nur den Eigenwerte Diese Matrix ist natürlich nicht diagonalisierbar 126j) Falls A symmetrisch ist und noch gilt σ(a) = {}, dann ist A = O (i) Richtig (ii) Falsch Jede symmetrische Matrix ist diagonalisierbar Für eine diagonalisierbare Matrix ist klar, dass sie verschwinden muss, wenn dies für alle ihre Eigenwerte gilt Veröffentlichung am 8 Dezember 215 Abzugeben bis 16 Dezember 215 Serie 12 Seite 11 Aufgabe 126