Schriftliche ÜA zur VL Lineare Algebra für das Physikstudium im SS

Schriftliche Übungsaufgaben zur Vorlesung
„Lineare Algebra für das Physikstudium“ im SS 2013†
6.Eigenwerte und Eigenvektoren
n
1. Finden Sie zu den symmetrischen
Matrizen ONB
 von Eigenvektoren in R :



1 1
1
1
"
#
1 1 1


1 1

1 1 −1 −1

a)
; b) 1 1 1; c) 
.
1 −1 1 −1
1 1
1 1 1
1 −1 −1 1
d) Finden Sie zu den Matrizen B aus a) – c) Matrizen C so, daß C −1 BC Diagonalmatrix ist.
Berechnen Sie C −1 und C −1 BC!
2. Finden Sie zu den quadratischen Matrizen die charakteristischen Polynome, die (reellen oder
komplexen) Eigenwerte und die zugehörigen Eigenräume. Beantworten Sie außerdem die Frage, ob
die Matrix diagonalisierbar ist(die Antwort kannvom verwendeten Zahlkörper abhängen!).


3
2
2 −3
"
#
1 2 3
 3
1 −1
2 −2 1 




a)
; b) 3 2 1; c) 
.
 2 −1 1
1 1
2
1 1 1
−2 3
1
2
3. a) Für jede orthogonale Abbildung T : R3 → R3 ist det T = ±1.
b) Jede orthogonale Abbildung T : R3 → R3 mit det T = 1 ist eine Drehung – warum? [Hinweis:
Zeigen Sie zuerst, daß T den Eigenwert 1 hat – das liefert die Drehachse!]
4. Gegeben sind reelle lineare Räume und lineare Operatoren T : V → V , gesucht werden die
reellen Eigenwerte. Sind die Operatoren in V diagonalisierbar (d.h. existiert in V einer Basis aus
Eigenvektoren)? Es soll immer n ≥ 2 sein.
a) V = Pn , T p = p0 (Ableitungsoperator im Raum der Polynome);
b) V = Pn , (T p)(t) = p(t) − tp0 (t);
c) V = {p(t)eαt : p ∈ Pn }, T f = f 0 (α ist eine reelle Konstante 6= 0);
d) V = Pn , (T p)(t) = p(t + 1) (Verschiebungsoperator im Raum der Polynome);
e) V = Pn , (T p)(t) = p(2t − 1).
5. In dieser Aufgabe ist A eine n × n-Matrix, n ≥ 2. EW heißt Eigenwert.
a) Wenn λ EW von A ist, dann ist λ2 EW von A2 .
b*) Wenn λ2 EW von A2 ist, dann ist λ oder −λ EW von A.
c) A ist invertierbar gdw. 0 kein EW von A ist. Wenn A invertierbar ist, dann ist λ EW von A gdw.
λ−1 EW von A−1 ist.
6*. Finden Sie die charakteristischen Polynome und Eigenwerte der 17 × 17-Matrizen.
a) A = [i · j]i,j=1,...,17 [Hinweis: Beachten Sie den Rang von A.] ;
b) A = [aij ]i,j=1,...,17 mit aij = δ18,i+j ;
c) A = [i + j − 13]i,j=1,...,17 [Hinweis: Beachten Sie den Rang von A.].
7. Zeigen Sie die Umkehrung des Satzes über die Hauptachsentransformatin: wenn zum linearen Operator
T : V → V im endlichdimensionalen reellen euklidischen Raum V eine ONB von Eigenvektoren in V
selbst (nicht der Komplexifizierung!) existiert, dann ist T symmetrisch.
8*. Gegeben sei der symmetrische Operator T : V → V , V ein endlichdimensionaler reeller euklidischer
Raum. Zeigen Sie, daß die folgende Minimumaufgabe eine Lösung hat: gesucht wird ein v0 ∈ V mit
hT v0 ; v0 i = inf{hT v; vi : v ∈ V, kvk = 1}. Zeigen Sie weiter, daß die Zahl λ0 = hT v0 ; v0 i reeller(!)
Eigenwert von T ist.[Hinweis: Formulieren Sie die Minimumaufgabe richtig als Extremwertaufgabe
mit Nebenbedingungen – dann ist der Lagrangemultiplikator λ0 ein Eigenwert von T !]
†
Fragen zu den ÜA bitte nach der Vorlesung/in der Übung stellen, notfalls an [email protected]
ÜA · VL Lineare Algebra für das Physikstudium im SS 2013 · Serie 6
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Lösungen und Lösungshinweise zu ausgewählten Aufgaben der Serie 5
1.a) Man muß nur kvk2 = hv; vi usw. setzen und die linke Seite ausmultiplizieren.
b) Z. B. für v = (2; 1)t , w = (1; 2)t gilt die Parallelogrammgleichung in der genannten Norm nicht.
2. Skalarprodukte sind die Formen a) und d), b) und c) sind nicht positiv definit.
3.a) Das folgt aus dem Beweis der Dreiecksungleichung und dem Gleichheitsfall in der CauchySchwarzschen Ungleichung.
b) In der angegebenen Norm ist kv + wk = kvk + kwk z. B.für alle Vektoren im ersten Quadranten.
√
√
4.a) ONS (1; 2; 2; 1)t / 10, (2; √
−1; −1;√
2)t / 10, (1; 1; −1; −1)t /2, (−1; 1; −1; 1)t /2;
b) p
die Koordinaten sind 2/ 10, 4/ 10, 2, 2;
r
r
r
r
(n)
n + 1/2 2
1
3
5 3t2 − 1
7 5t3 − 3t
9 35t4 − 30t2 + 3
n
√
,
n
=
0,
.
.
.
,
4,
(t
−
1)
c)
d.
h.
,
·
t,
·
,
·
,
·
.
n!2n
2
2
2
2
2
2
8
2
"
#
"
#
"
#
cos(2α) sin(2α)
cos α − sin α
1 0
5.a) A = Dα SD−α =
mit Dα =
,S =
;
sin(2α) − cos(2α)
sin α cos α
0 −1
b) die zur Abbildung gehörende orthogonale Matrix hat als erste Spalte (cos β, sin β)t für irgendein
β, und die zweite Spalte ist dann ±(− sin β, cos β)t .
6.a) PU (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = x1 ,
x2 + x3 + x4 x2 + x3 + x4 x2 + x3 + x4
,
,
, x5 ;
3
3
3
15t2 − 2
.
21
In beiden Fällen braucht man eine ONB im Unterraum, die man für a) durch Orthonormalisieren
des Erzeugendensystems, für b) als die drei ersten Polynome der Lösung von 5.4.b) erhält.
b)
7. Gn⊥ = Un , Un⊥ = Gn folgt einfach daraus, daß das Integral ungerader Funktionen auf [−1; 1] immer 0 ist.
Pn = Gn ⊕ Un ist die Zerlegung eines Polynoms in eine Summe des geraden und des ungeraden Teils,
p(t) = (p(t) + p(−t))/2 + (p(t) − p(−t))/2, die jeweils aus den geraden bzw. ungeraden Summanden
aj tj des Ausgangspolynoms bestehen.
8.a) Ax = b ist lösbar gdw. b ∈ im T , und nach dem Rangsatz ist dim im T ≤ n < m.
b) Zuerst (im T )⊥ = ker S: y ∈ (im T )⊥ ⇔ y t Ax = 0∀x ∈ Rn ⇔ (At y)t x = 0∀x ∈ Rn ⇔ At y = 0 ⇔
y ∈ ker S. Deswegen ist b = b0 + b1 , b0 ∈ im T, b1 ∈ ker S und Ax = b0 ist lösbar. Wegen At b = At b0
ist damit At Ax = At b lösbar.
Damit ist gezeigt: alle Lösungen von Ax = b0 sind auch Lösungen von At Ax = At b. Wenn umgekehrt
x die Gleichung At Ax = At b0 löst, dann ist At (Ax − b0 ) = 0, Ax − b0 ∈ ker S, also orthogonal
zu im T , und gleichzeitig in im T – das geht nur, wenn Ax − b0 = 0 ist. Die Lösungsmenge von
At Ax = At b ist somit genau die Lösungsmenge von Ax = b0 .
c) kAx − bk2 = k(Ax − b0 ) + b1 k2 = kAx − b0 k2 + kb1 k2 , und das Minimum wird genau von den
Lösungen der Gleichung Ax = b0 erreicht.
d) Ax = b0 ist eindeutig lösbar, wenn dim ker T =0 ist, so daß rg T = rg A = n ist (Rangsatz).
9. In der euklidischen Norm ist PU v0 die einzige Lösung (Minimaleigenschaft der orthogonalen Projektion). Mit der Norm aus 5.1.b), dem Unterraum U = {(ξ; ξ) : ξ ∈ R2 } und v0 = (1; 0) ist
inf(|ξ − 1| + |ξ|) = 1 und wird für alle ξ, 0 ≤ ξ ≤ 1 angenommen.
Lösungen und Lösungshinweise zu ausgewählten Aufgaben der Serie 6
√
√
1.a) c(λ) = λ2 − 2λ, EW: 0, 2, ONS aus EV: (1; 1)t / 2, (−1; 1)t / √2;
√
√
b) c(λ) = λ3 − 3λ2 , EW: 3, 0 (doppelt), ONS aus EV: (1; 1; 1)t / 3, (−1; 0; 1)t / 2, (−1; 1; 0)t / 2 (es
gibt viele sehr unterschiedliche ONS!);
√
3 + 16λ − 16, EW: −2, 2 (dreifach), ONS aus EV: (−1; 1; 1; 1)t /2, (1; 0; 0; 1)t / 2,
c) c(λ) = λ4 −
4λ
√
√
(1; 0; 2; −1)t / 6, (1; 3; −1; −1)/ 12 (es gibt viele sehr unterschiedliche ONS!);
d) Die Matrizen sind nach dem „Rezept“ aus der Vorlesung/Übung zu finden: die Spalten von C sind
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die ONB von Eigenvektoren, und es ist BC = CD mit der Diagonalmatrix D, auf deren Diagonale
die EW in entsprechender Reihenfolge stehen.
2.a) c(λ) = λ2 − 2λ + 2, EW 1 ± i, Eigenräume {γ(±i; 1)t : γ ∈ C}, diagonalisierbar im komplexifizierten
Raum;
b) c(λ) = λ3 −4λ2 −5λ, EW 5, 0, −1, Eigenräume E(5) = {α(11; 13; 6)t : α ∈ R}, E(0) = {α(1; −2; 1)t :
α ∈ R}, E(−1) = {α(−1; 1; 0)t : α ∈ R}, diagonalisierbar im Ausgangsraum;
c) c(λ) = λ4 − 8λ3 + 128λ − 256, EW −4 (einfach) und 4 (dreifach), Eigenräume E(−4) =
{α(1; −1; −1; 1)t : α ∈ R}, E(4) = {α(1; 1; 1; 1)t : α ∈ R}, nicht diagonalisierbar.
3.a) Wir rechnen mit orthogonalen Matrizen im Koordinatenraum (der Darstellungsmatrix von T bei
Wahl einer ONB) – aus AAt = E folgt (det A)2 = 1.
b) Aus E − A = At A − A = (At − E)A = (A − E)t A für orthogonale Matrizen mit det A = 1 folgt
det(1 · E − A) = det(A − E) = (−1)3 det(E − A), so daß 1 EW von A ist – die auf einen zugehörigen
Eigenvektor u, kuk = 1, aufgespannte „Drehachse“ bleibt fest.
Die zu u orthogonale Ebene wird in sich abgebildet („orthogonale Abbildung“). Diese Abbildung
der Ebene in sich ist nach Aufgabe 5.5b) eine Drehung (dann ist die Abbildung des Raumes eine
Drehung) oder eine Spiegelung – dann wäre aber det T = −1, weil für geeignete Orthonormalvektoren
v, w in der Ebene T v = v, T w = −w ist (zusammen mit T u = u ergibt das det T = −1).
4.a) (n + 1)-facher EW 0, eindimensionaler Eigenraum der Konstanten;
b) Standardbasis besteht aus EV (die hier eher Eigenfunktionen heißen);
c) (n + 1)-facher EW α, eindimensionaler Eigenraum;
d) (n + 1)-facher EW 1, eindimensionaler Eigenraum der Konstanten;
e) EW 1 = 20 , 21 , . . . , 2n mit EV (t − 1)j , j = 0, . . . , n, diagonalisierbar.
5. Nur b) ist etwas schwieriger – verwenden Sie λ2 E − A2 = −(λE − A) · ((−λ)E − A).
6. Es ist unpraktisch, das charakteristische Polynom als Determinante auszurechnen, sondern bequemer,
Aussagen über Eigenvektoren zu finden. Aufgabe c) ist etwas schwerer. Die charakteristischen
Polynome sind a) λ16 (λ − 1785); b) (λ − 1)9 (λ + 1)8 ; c) λ15 (λ − 136)(λ + 51).
7. Gehen Sie über die ONB von EV in den Koordinatenraum.
8. Man muß folgendes zeigen: gradhT v; vi = 2T v (das ist nur für symmetrische T richtig!), grad(kvk2 −
1) = 2v – dann gilt für die (existierende! – warum?) Lösung v0 der Aufgabe, daß gradhT v0 ; v0 i =
λ0 grad(kv0 k2 − 1) mit einer reellen Zahl λ0 (dem Lagrange-Multiplikator) – soweit alles aus der
Analysis-Vorlesung. Aus T v0 = λ0 v0 folgt, daß λ0 reeller(!) EW ist, und nach skalarer Multiplikation
der Gleichung mit v0 , daß λ0 = hT v0 ; v0 i, also λ0 ist der minimale Wert der untersuchten Funktion.