Fachbereich Mathematik Prof. Dr. Fels Martin Fuchssteiner

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2007 23. Mai 2007

Mathe II

4. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1) Basen

Betrachten Sie die folgenden Teilmengen des ℝ^{3}:

U = \{(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})\} , V = \{(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})\} , W = \{(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})\} .

Bei welchen handelt es sich um ein Erzeugendensystem und bei welchen um eine Basis des ℝ^{3}?

Lösung:

Die Vektoren der Menge U sind linear abhängig, da der erste die Summe der beiden anderen ist. Folglich ist U keine Basis. Da die Dimension von lin(U) zwei ist, kann U kein Erzeugendensystem des dreidimensionalen Vektorraumes ℝ^{3} sein.

Die Vektoren der Menge V sind offensichtlich linear unabhängig. Daher hat lin(V) die Dimension drei und folglich muß lin(V) = ℝ^{3} gelten. Somit ist V sowohl ein Erzeugendensystem als auch eine Basis von ℝ^{3}.

Vier Vektoren aus einem dreidimensionalen Vektorraum sind immer linear abhängig. Folglich ist die Menge W keine Basis. Da V ⊂ W und V ein Erzeugendensystem ist, ist auch W eines.

(G 2)

Berechne eine Orthonormalbasis des ℝ^{3} bezüglich des durch ⟨x, y⟩ = x^{T} Ay mit

A = ( \begin{matrix}1 & 0 & −2 \\ 0 & 1 & 0 \\ −2 & 0 & 5 \end{matrix} ) definierten Skalarprodukts.

Lösung:

Man geht von der Standardbasis aus und berechnet zunächst die Norm von e_{1}. Es ist |e_{1}|^{2} = e_{1}^{T} Ae_{1} = (1 0 − 2)e_{1} = 1, also v_{1} = e_{1}. Weiterhin ist e_{2} orthogonal zu e_{1} und ebenfalls normiert, also v_{2} = e_{2}. Es ist

u_{3} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )−⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )⟩ ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )−⟨( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )⟩ ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )+2 ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) .

Es bleibt u_{3} zu normieren und auch hier erhält man v_{3} = u_{3}, also als Orthonormalbasis {e_{1}, e_{2}, (2, 0, 1)^{T} }.

(G 3) Determinanten und Basiswechsel Die lineare Funktion L : ℝ^{3} → ℝ^{3} sei durch die Darstellungsmatrix

[L]_{K_{3}}^{K_{3}} = (\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & −1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix})

bezüglich der Standardbasis K_{3} gegeben.

(a) Berechnen Sie die Determinante det[L]_{K_{3}}^{K_{3}}

(b) Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix [L]_{B}^{B} von L bezüglich der Basis

B = ((\begin{matrix}1 \\ −1 \\ −1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})) .

(c) Berechnen Sie die Determinante det[L]_{K_{3}}^{K_{3}} und vergleichen Sie sie mit det[L]_{K_{3}}^{K_{3}}. Erklären Sie Ihr Ergebnis.

Lösung:

(a) det[L]_{K_{3}}^{K_{3}} = 6.

(b) Der Basiswechsel wird durch die Matrix

S = [id_{ℝ^{3}}]_{B}^{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ −1 & 0 & 1 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix}) .

beschrieben. Es folgt [L]_{B}^{B} = [id_{ℝ^{3}}]_{K_{3}}^{B} · [L]_{K_{3}}^{K_{3}} · [id_{ℝ^{3}}]_{B}^{K_{3}} = S^{−1} · [L]_{K_{3}}^{K_{3}} · S. Es ist zunächst die Inverse von S zu berechnen:

\begin{matrix}(\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ −1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) & ⇝^{{II+I \atop III+I}} & (\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 2 & 1 & 0 & 1 \end{matrix}) & ⇝^{{I−II \atop III−2II}} & (\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −2 & −1 & −2 & 1 \end{matrix}) \\ ⇝^{{I− \frac{1}{2} III \atop II+III}} & (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −2 & −1 & −2 & 1 \end{matrix} ) ⇝^{− \frac{1}{2} III} (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & 1 & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) . \end{matrix}

Folglich gilt

S^{−1} = (\begin{matrix}\frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} \\ 0 & −1 & 1 \\ \frac{1}{2} & 1 & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) .

Daraus folgt

\begin{aligned}[L]_{B}^{B} & = S^{−1} · [L]_{K_{3}}^{K_{3}} · S = (\begin{matrix}\frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} \\ 0 & −1 & 1 \\ \frac{1}{2} & 1 & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) (\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & −1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ −1 & 0 & 1 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix}) \\ & = (\begin{matrix}\frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} \\ 0 & −1 & 1 \\ \frac{1}{2} & 1 & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ −1 & 0 & 3 \\ −1 & 2 & 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}) . \end{aligned}

(c) Die Determinante ähnlicher Matrizen ist gleich.

(G 4) Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenvektoren der folgenden reellwertigen Matrix:

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

Lösung:

Es ist

det(A − λE_{3}) = det ( \begin{matrix}3 − λ & 1 & 1 \\ 2 & 4 − λ & 2 \\ 1 & 1 & 3 − λ \end{matrix} )
= det ( \begin{matrix}0 & λ − 2 & (λ − 3)(3 − λ) + 1 \\ 0 & 2 − λ & 2λ − 4 \\ 1 & 1 & 3 − λ \end{matrix} )
= (λ − 2) det ( \begin{matrix}1 & −λ^{2} + 6λ − 8 \\ −1 & 2λ − 4 \end{matrix} )
= (λ − 2)(2λ − 4 − λ^{2} + 6λ − 8)
= −(λ − 2)^{2}(λ − 6).

Eigenwerte von A sind daher λ_{1} = 2 und λ_{2} = 6. Die Eigenvektoren von A zu λ_{1} = 2 berechnen sich durch Lösen des homogenen Gleichungssystems:

( \begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ⇔ ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) = α ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} ) + β ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} )

für alle α, β ∈ ℝ mit (α, β) ≠ (0, 0). Eigenvektoren von A zu λ_{2} = 6 berechnen sich ebenso:

( \begin{matrix}−3 & 1 & 1 \\ 2 & −2 & 2 \\ 1 & 1 & −3 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ⇔ ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) = α ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} )

für alle α ∈ ℝ\{0}.

(G 5) Gegeben sei die Matrix

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

(a) Bestimmen Sie das charakteristische Polynom von A.

(b) Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenvektoren.

(c) Ist A ähnlich zu einer Diagonalmatrix? 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.

Die zu λ_{i} gehörenden Eigenvektoren ergeben sich als Lösung der Gleichungssysteme (A − λ_{i}E)v_{i} = 0, i = 1, 2, 3. Zu beachten ist noch, daß der Nullvektor per Definition nie ein Eigenvektor ist.

\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 ähnlich zu einer Diagonalmatrix.

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} )

Hausübungen

(A 10) Basen (10 Punkte)

Für a = 2 und a = −2 betrachte man die Matrix

A := ( \begin{matrix}−1 & \sqrt{3} & 0 \\ \sqrt{3} & 1 & 0 \\ 0 & a − 2 & a \end{matrix} ) .

(a) Berechnen Sie in beiden Fällen die Eigenwerte der Matrix A.

(b) Im Fall a = 2 besitzt A Eigenvektoren, die eine Orthonormalbasis {u_{1}, u_{2}, u_{3}} des ℝ^{3} bilden, d.h. jeweils Länge 1 haben und aufeinander senkrecht stehen. Bestimmen Sie eine solche Basis und verifizieren Sie, daß für die Matrix U = (u_{1}, u_{2}, u_{3})

U^{−1}AU = ( \begin{matrix}λ_{1} & 0 & 0 \\ 0 & λ_{2} & 0 \\ 0 & 0 & λ_{3} \end{matrix} )

gilt, wobei λ_{1}, λ_{2}, λ_{3} die Eigenwerte von A sind. (Beachten Sie, daß Matrizen, deren Spaltenvektoren Länge 1 haben und aufeinander senkrecht stehen, orthogonale Matrizen sind, d.h. daß U^{−1} = U^{T} gilt.)

(c) Gibt es auch im Fall a = −2 eine Basis des ℝ^{3} aus Eigenvektoren von A?

Lösung:

(a) Es ist

det(A − λI) = |\begin{matrix}−1 − λ & \sqrt{3} & 0 \\ \sqrt{3} & 1 − λ & 0 \\ 0 & a − 2 & a − λ \end{matrix}| = (a − λ) |\begin{matrix}−1 − λ & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & 1 − λ \end{matrix}|

= (a − λ)(λ^{2} − 1 − 3) = (a − λ)(λ^{2} − 4) = (a − λ)(λ − 2)(λ + 2).

Damit sind die Eigenwerte: 2, −2 und a, also haben wir in beiden Fällen die Eigenwerte 2 und −2.

(b) Wir bestimmen Eigenvektoren für a = 2 \underline{zu λ_{1} = 2 :}

A − 2E = (\begin{matrix}−3 & \sqrt{3} & 0 \\ \sqrt{3} & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ⟶^{I+(\sqrt{3}II)} (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ \sqrt{3} & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

(A − 2E) = 0 hat also die Lösungen

λ ( \begin{matrix}1 \\ √ & \overline{3} \\ 0 \end{matrix}) + μ ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , λ, μ ∈ ℝ.

Damit sind v_{1} = (1, \sqrt{3}, 0)^{T} und v_{2} = (0, 0, 1)^{T} Eigenvektoren von A zum Eigenwert 2. \underline{zu λ_{2} = 2 :}

A + 2E = (\begin{matrix}1 & \sqrt{3} & 0 \\ \sqrt{3} & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}) ⟶^{I+I(−\sqrt{3}I)} (\begin{matrix}1 & \sqrt{3} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})

(A + 2E)x = 0 hat also die Lösungen λ(\sqrt{3}, −1, 0)^{T},λ ∈ ℝ. Damit ist v_{3} = (\sqrt{3}, −1, 0)^{T} Eigenvektor von A zum Eigenwert −2. Freundlicherweise stehen v_{1}, v_{2}, v_{3} schon paarweise senkrecht aufeinander. Wir müssen nur noch normieren und erhalten:

u_{1} = ( \frac{1}{2} ; \frac{\sqrt{3}}{2} ; 0) , u_{2} = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , u_{3} = ( \frac{\sqrt{3}}{2} ; −\frac{1}{2} ; 0) .

Nun ist U = \frac{1}{2} (\begin{matrix}1 & 0 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) und U^{−1} = U^{T} = \frac{1}{2} (\begin{matrix}1 & \sqrt{3} & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ \sqrt{3} & −1 & 0 \end{matrix}).

Damit gilt

U^{−1}AU = \frac{1}{4} (\begin{matrix}1 & \sqrt{3} & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ \sqrt{3} & −1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}−1 & \sqrt{3} & 0 \\ \sqrt{3} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & 0 & −1 \\ 0 & 2 & 0 \end{matrix})

= \frac{1}{4} (\begin{matrix}2 & 2\sqrt{3} & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ −2\sqrt{3} & 2 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & 0 & −1 \\ 0 & 2 & 0 \end{matrix})

= \frac{1}{4} (\begin{matrix}8 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 0 \\ 0 & 0 & −8 \end{matrix})

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

(c) Für a = −2 ist λ = 2 eine einfache Nullstelle von det(A − λI). Der zugehörige Eigenraum ist also eindimensional. Damit eine Basis des ℝ^{3} aus Eigenvektoren existiert muß also der Eigenraum zur doppelten Nullstelle λ = −2 zweidimensional sein. Wir bestimmen Rang(A + 2E) durch Spaltenumformung II = II + (−\sqrt{3}I):

A + 2E = (\begin{matrix}1 & \sqrt{3} & 0 \\ \sqrt{3} & 3 & 0 \\ 0 & −4 & 0 \end{matrix}) ⟶ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ \sqrt{3} & 0 & 0 \\ 0 & −4 & 0 \end{matrix}) .

Also ist Rang(A + 2E)=2, damit ist dim(Kern(A + 2E))=1, der Eigenraum also nur eindimensional und wir haben keine solche Basis.

(A 11) Eigenwerte und Eigenvektoren (10 Punkte)

Gegeben sei die Matrix

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 ähnlich zu einer Diagonalmatrix? 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, als zugehörige Eigenvektoren berechnet man

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 ähnlich zu einer Diagonalmatrix. Eine Transformationsmatrix T mit den gewünschten Eigenschaften kann nicht gebildet werden. (Nur 2 Eigenvektoren vorhanden, 3 wären aber nötig.)

(A 12) (10 Punkte)

Es sei

A := ( \begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix} ) .

Geben Sie eine Matrix S an, für die S^{−1}AS diagonal ist und berechnen Sie S^{−1}AS. Gibt es auch einer orthogonale solche Matrix S?

Lösung:

Das charakteristische Polynom p_{A}(t) = (t−1)^{2}(t−4) hat die Nullstellen 1 (mit Vielfachheit 2) und 4. Für letzteren findet man den (normierten) Eigenvektor (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}). Für Eigenwert 2 hat das System (A − tE_{3})v = 0 zwei linear unabhängige Lösungen. Eine ist z.B. (\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}, 0). Dazu sucht man nun eine weitere, orthogonale und findet z.B. (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}}). Damit erhält man

S := ( \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ −\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & −\frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{matrix} )

und

S^{T} AS = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix} ) .