Fachbereich Mathematik Prof. Dr. K. Ritter M. Fuchssteiner Dr. M. Slassi

SS 2009 27.5.2009

7. Übungsblatt zur

Mathematik II für BI, MaWi, WI(BI), AngGeo und UI

Gruppenübung

Aufgabe G1

Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren der folgenden linearen Abbildungen. (Machen Sie sich zuvor die geometrische Bedeutung von Eigenwerten klar.)

(a) f_{1} : ℝ^{2} → ℝ^{2}, f_{1} beschreibt die Spiegelung an der Geraden G = Lin\{( \begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix} )\}.

(b) f_{2} : ℝ^{3} → ℝ^{3}, f_{2} beschreibt die Drehung um den Winkel \frac{π}{2} gegen den Uhrzeiger-

sinn mit Drehachse Lin\{( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )\}.

(c) f_{3} : ℝ^{3} → ℝ^{3}, f_{3} beschreibt die orthogonale Projektion auf die x_{1}-Achse.

Lösung:

(a) Die Vektoren v_{1} = μ ( \begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix} ), μ ∈ ℝ\\{0\} sind Eigenvektoren zum Eigenwert λ_{1} =

1. Die Vektoren v_{2} = μ ( \begin{matrix}−1 \\ 2 \end{matrix} ), μ ∈ ℝ \ \{0\} (diese Vektoren stehen senkrecht

auf ( \begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix} )) sind Eigenvektoren zum Eigenwert λ_{2} = −1 (Spiegelung). Da v_{1}, v_{2}

eine Basis des ℝ^{2} bilden, gibt es keine weiteren Eigenvektoren/Eigenwerte.

(b) Die Vektoren v_{1} = μ ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ), μ ∈ ℝ \ \{0\} sind Eigenvektoren zum Eigenwert

λ_{1} = 1. Aufgrund der Drehung wird kein anderer Vektor auf ein Vielfaches von sich selbst abgebildet.

7. Übung Mathematik II für BI, MaWi, WI(BI), AngGeo und UI

(c) Sei e_{1}, e_{2}, e_{3} die Standardbasis des ℝ^{3}. Dann gilt f_{3}e_{1} = e_{1}, d.h. λ_{1} = 1 ist ein Eigenwert zu den Eigenvektoren v_{1} = μe_{1}, μ ∈ ℝ \ {0}. Desweiteren gilt f_{3}e_{j} = 0, j = 1, 2. Daher sind v_{2} = μe_{2} + νe_{3}, μ, ν ∈ ℝ \ {0} Eigenvektoren zum Eigenwert λ_{2} = 0. Weitere Eigenwerte/Eigenvektoren kann es nicht geben, da e_{1}, e_{2}, e_{3} bereits eine Basis bilden.

Aufgabe G2

Bestimmen Sie die Eigenwerte der Matrix

A = ( \begin{matrix}0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \end{matrix} ) .

Lösung: Es gilt:

det(A − λ) = | \begin{matrix}−λ & 1 & 1 & 1 \\ 1 & −λ & 1 & 1 \\ 1 & 1 & −λ & 1 \\ 1 & 1 & 1 & −λ \end{matrix} | = (λ + 1)^{3}(λ − 3),

also p_{A}(λ) = (λ + 1)^{3}(λ − 3). Daher sind λ_{1} = −1 und λ_{2} = 3 die Eigenwerte der Matrix A

Aufgabe G3

Gegeben sei

A = ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ −6 & 3 & −1 \\ 6 & −2 & 2 \end{matrix} ) .

(a) Bestimmen Sie das charakteristische Polynom von A.

(b) Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenvektoren.

(c) Ist A diagonalähnlich? Falls ja, geben Sie eine Diagonalmatrix D und eine Matrix T an, so daß T^{−1}AT = D gilt.

Lösung:

(a) Es gilt det(A − λE) = (4 − λ)(1 − λ)^{2}, also p_{A}(λ) = (λ − 4)(1 − λ)^{2}.

(b) Die Eigenwerte sind λ_{1} = 4, λ_{2} = 1. Die zu λ_{i} gehörenden Eigenvektoren ergeben sich als Lösung der Gleichungssysteme (A − λ_{i}E)v_{i} = 0, i = 1, 2. Zu beachten ist noch, daß der Nullvektor per Definition nie ein Eigenvektor ist. Man berechnet

v_{1} = μ · ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) , μ ∈ ℝ \ \{0\}, v_{2} = μ · ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ −2 \end{matrix} ) , μ ∈ ℝ \ \{0\}.

(c) Die Matrix ist nicht diagonalähnlich. Eine Transformationsmatrix T mit den gewünschten Eigenschaften kann nicht gebildet werden. (Nur 2 Eigenvektoren vorhanden, 3 wären aber nötig.)

Hausübung

Aufgabe H1 (10 Punkte)

Bestimmen Sie reelle Zahlen a, b ∈ ℝ so, daß die Matrix

( \begin{matrix}0 & 2 & 0 \\ 2 & 2a & a \\ 0 & b & 0 \end{matrix} )

symmetrisch ist und die Eigenwerte 0, −2 und 2 besitzt. Wie lauten zugehörige Eigenvektoren? Lösung: Damit die Matrix symmetrisch ist, muß b = a sein. Weiterhin

det ( \begin{matrix}−λ & 2 & 0 \\ 2 & 2a − λ & a \\ 0 & a & −λ \end{matrix} ) = (−λ) · ((2a − λ)(−λ) − a^{2}) − 2 · (2(−λ))
= −λ^{3} + 2aλ^{2} + (4 + a^{2})λ
= (−λ) · (λ^{2} − 2aλ − (4 + a^{2})).

Die Nullstellen dieses Polynoms sind λ_{1} = 0, λ_{2/3} = a ± \sqrt{2a^{2} + 4}. Also ist a = 0 und

A = ( \begin{matrix}0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

Die zugehörigen Eigenvektoren sind:

(a) für λ_{1} = 0, v_{1} = μ · ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ), μ ∈ ℝ \ \{0\},

(b) für λ_{2} = 2, v_{2} = μ · ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ), μ ∈ ℝ \ \{0\} und

(c) für λ_{3} = −2, v_{3} = μ · ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} ), μ ∈ ℝ \ \{0\}.

Aufgabe H2 (10 Punkte)

Gegeben sei

A = ( \begin{matrix}−1 & −3 & −3 \\ −2 & −1 & −2 \\ 2 & 3 & 4 \end{matrix} ) .

(a) Bestimmen Sie das charakteristische Polynom von A.

7. Übung Mathematik II für BI, MaWi, WI(BI), AngGeo und UI (b) Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenvektoren.

(c) Ist A diagonalähnlich? Falls ja, geben Sie eine Diagonalmatrix D und eine Matrix T an, so daß T^{−1}AT = D gilt.

Lösung: (a)

det(A − λE) = det ( \begin{matrix}−1 − λ & −3 & −3 \\ −2 & −1 − λ & −2 \\ 2 & 3 & 4 − λ \end{matrix} ) = det ( \begin{matrix}−1 − λ & −3 & −3 \\ −2 & −1 − λ & −2 \\ 0 & 2 − λ & 2 − λ \end{matrix} )
= (−1 − λ) · ((−1 − λ)(2 − λ) + 2(2 − λ)) + 2 · (−3(2 − λ) + 3(2 − λ))
= −(2 − λ)(1 + λ)(1 − λ).

Also ist P_{A}(λ) = (1 + λ)(1 − λ)(2 − λ).

(b) Die Eigenwerte von A sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms, also λ_{1} = −1, λ_{2} = 1, λ_{3} = 2. \underline{λ_{1} = −1}: In diesem Fall ist (A + E)v_{1} = 0 zu lösen.

( \begin{matrix}0 & −3 & −3 & 0 \\ −2 & 0 & −2 & 0 \\ 2 & 3 & 5 & 0 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

Also ist

v_{1} = μ · ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) , μ ∈ ℝ \ \{0\}.

\underline{λ_{2} = 1}: Hier ist (A − E)v_{2} = 0 zu lösen.

( \begin{matrix}−2 & −3 & −3 & 0 \\ −2 & −2 & −2 & 0 \\ 2 & 3 & 3 & 0 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

Somit

v_{2} = μ · ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) , μ ∈ ℝ \ \{0\}.

\underline{λ_{3} = 2}: Jetzt ist (A − 2E)v_{3} = 0 zu betrachten.

( \begin{matrix}−3 & −3 & −3 & 0 \\ −2 & −3 & −2 & 0 \\ 2 & 3 & 2 & 0 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

Also

v_{3} = μ · ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} ) , μ ∈ ℝ \ \{0\}.

(c) Die Matrix A ist diagonalähnlich.

D = ( \begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix} ) , T = ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ −1 & −1 & −1 \end{matrix} )

Aufgabe H3 (10 Punkte)

Gegeben seien die Vektoren b_{1} = (1 1 1 1)^{T}, b_{2} = (1 0 1 0)^{T} und b_{3} = (2 1 1 2)^{T}. Es sei U der von den Vektoren b_{1}, b_{2} und b_{2} aufgespannte Untervektorraum des ℝ^{4}. Berechnen Sie die orthogonale Projektion des Punktes b_{4} = (1, 1, 0, 0)^{T} auf den Untervektorraum U.

Lösung: Die Projektion ergibt sich als Summe der Anteile von b_{4} an einer Orthonormalbasis {v_{1}, v_{2}, v_{3}} von U. Um eine solche zu erhalten führen wir den Gram-Schmidt Algorithmus mit den Vektoren b_{1}, b_{2} und b_{3} durch. Hierbei ergeben sich die folgenden Schritte:

u_{1} = b_{1} = (1 1 1 1)^{T}
v_{1} = \frac{u_{1}}{∥u_{1}∥} = \frac{1}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + 1^{2} + 1^{2}}} (1 1 1 1)^{T} = (\frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T}
u_{2} = b_{2} − ⟨v_{1}, b_{2}⟩v_{1} = (1 0 1 0)^{T} − (\frac{1}{2} + \frac{1}{2}) (\frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T} = (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2} −\frac{1}{2})^{T}
v_{2} = \frac{u_{2}}{∥u_{2}∥} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4}}} (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2} −\frac{1}{2})^{T} = (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2} −\frac{1}{2})^{T}
u_{3} = b_{3} − ⟨v_{1}, b_{3}⟩v_{1} − ⟨v_{2}, b_{3}⟩v_{2}

= (2 1 1 2)^{T} − (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 1) (\frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T} − (1 − \frac{1}{2} + \frac{1}{2} − 1) (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2} −\frac{1}{2})^{T}

= (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T}

v_{3} = \frac{u_{3}}{∥u_{3}∥} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4}}} (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T} = (\frac{1}{2} −\frac{1}{2} −\frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T}

Folglich ist (v_{1}, v_{2}, v_{3}) eine Orthonormalbasis des Untervektorraumes U. Die Anteil von b_{4} in Richtung der Basisvektoren v_{1}, v_{2} und v_{3} des Untervektorraumes U berechnen sich zu

⟨v_{1}, b_{4}⟩ = 1  ⟨v_{2}, b_{4}⟩ = 0  ⟨v_{3}, b_{4}⟩ = 0

Somit ist die senkrechte Projektion von b_{4} auf U durch p = 1 · v_{1} + 0 · v_{2} + 0 · v_{3} = v_{1} = (\frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2})^{T} gegeben.