Lösungen zu Übung (3)

Lösungen zu Übung (3)

1 x1
1. Es seien x1 , x2 , x3 beliebige reelle Zahlen. Es sei A3 (x1 , x2 , x3 ) :=  1 x2
1 x3

x21
x22  .
x23
(a) Man hat

1 x1
det  1 x2
1 x3


x21
x22  = det 
x23
= det

0
x22 − x2 x1 
x23 − x3 x1
x2 − x1 x22 − x2 x1
x3 − x1 x23 − x3 x1
1 x2
∗
(x2 − x1 ) (x3 − x1 ) det
=
1 x3
= (x3 − x1 ) (x2 − x1 ) (x3 − x2 ) .
1
0
1 x2 − x1
1 x3 − x1
Zu ∗ ) : Zunächst setzen wir x3 − x1 = 0 und x2 − x1 = 0 voraus und beobachten: x22 − x2 x1 = x2 (x2 − x1 ) ,
analog für die dritte Zeile x23 − x3 x1 = x3 (x3 − x1 ) . Wenn aber x3 − x1 = 0 oder x2 − x1 = 0, dann stimmt
die Gleichung ebenfalls, weil dann sicher det (A3 (x1 , x2 , x3 )) = 0. Die Determinante wird also genau dann
= 0, wenn die x1 , x2 , x3 paarweise verschieden sind.
(b) Sucht man ein Polynom p (x) = a0 + a1 x + a2 x2 mit p (xi ) = bi , i = 1, 2, 3, dann möchte man das
Gleichungssystem lösen:
a0 + a1 xi + a2 x2i = bi , i = 1, 2, 3.
Die Unbestimmten sind die a0 , a1 , a2 (!). Die Matrix dieses linearen Gleichungssystems ist gerade


1 x1 x21
 1 x2 x22  .
1 x3 x23
Mit a haben wir: Für paarweise verschiedene x1 , x2 , x3 ist die Determinante = 0, es gibt dann also genau
ein solches Polynom. Wir überlegen noch zu Ende: Wenn die x1 , x2 , x3 nicht paarweise verschieden sind,
dann existiert kein solches Polynom, falls bi = bj für xi = xj , i = j (Eindeutigkeit der Funktion p). Wenn
aber mit xi = xj stets auch bi = bj , i = j, für alle diese Paare (i, j) , dann gibt es bereits ein Polynom
kleineren Grades als 2 mit der Eigenschaft p (xi ) = bi , i = 1, 2, 3.
(c) Man hat


1 x1 x21 x31
 1 x2 x22 x32 

A4 (x1 , x2 , x3 , x4 ) = 
 1 x3 x23 x33  .
1 x4 x24 x34
Nun sieht man mit denselben Mitteln wie bei n + 1 = 3 :
det (An+1 (x1 , ..., xn , xn+1 ))

1
0
0
2
 1
−
x
x
−
x2 x1
x
2
1
2

2
 1
x
−
x
x
−
x3 x1
3
1
3
= det 
 ..
..
..
 .
.
.
···
···
···
..
.
0
xn2 − x1 xn−1
2
xn3 − x1 xn−1
3
..
.







xnn+1 − x1 xn−1
n+1

1
x2
···
 1
x
···
3

= (x2 − x1 ) (x3 − x1 ) · ... · (xn+1 − x1 ) det  .
.
..
..
 ..
.
1 xn+1 − x1
x2n+1 − x21
···
xn−1
2
xn−1
3
..
.
1 xn+1 · · · xn−1
n+1
= (x2 − x1 ) (x3 − x1 ) · ... · (xn+1 − x1 ) det (An (x2 , ..., xn+1 )) .
1





Die allgemeine Formel ist, wie man nun schon sehen sollte:
det An (x1 , ..., xn ) =
i>j, 1≤i,j≤n
(xi − xj ) .
Induktionsbeweis: Die Formel gilt für n = 2, und mit der vorigen Reduktion geht der Induktionsschluss so:
det (An+1 (x1 , ..., xn , xn+1 )) =
n+1
i=2
=
(xi − x1 ) det (An (x2 , ..., xn+1 ))
Induktionsvor. für det(An (x2 ,...,xn+1 ))
i=2
=
n+1
i>j, 1≤i,j≤n+1
(xi − x1 ) ·
i>j, 2≤i,j≤n+1
(xi − xj )
(xi − xj ) .
Bem. Man könnte auch bei n = 1 anfangen, dafür wäre A1 (x1 ) = (1) , und man hätte Determinante 1, und
das kommt mit dem dann leeren Produkt richtig heraus.
T
T
2. Die reelle Matrix A hat nach Voraussetzung die Eigenvektoren 1 −1 1
und 2 −1 −3
zum Ei
T
zum Eigenwert λ2 = 2 ist.
genwert λ = 1 und den Eigenvektor 4 5 1
(a) Die gesuchte orthogonale Matrix und Diagonalmatrix sind:
 1
2
S
D
√
3
− √13
√1
3

= 

√
14
− √114
− √314

1 0 0
=  0 1 0 .
0 0 2
Damit gilt also
√4
42
√5
42
√1
42


,
D = S T AS,
(b) daher
A = SDS T
 1

= 

= 
√
√2
√4
3
14
42
1
1
− √3 − √14 √542
√1
− √314 √142
3

29
10
2
21
21
21
10
67
5 
21
42
42
2
5
43
21
42
42

  √1
1 0 0
3


0 1 0   − √13

√1
0 0 2
3
√2
14
− √114
− √314
√4
42
√5
42
√1
42
T


(Die vorletzte Zeile genügt uns, die letzte Zeile macht man besser mit einem Computeralgebraprogramm.)
1 a
3. Wir haben für Aa =
1 2
pAa (λ) = (1 − λ) (2 − λ) − a
= λ2 − 3λ + 2 − a,
mit den Nullstellen
3
9
±
−2+a
2
4
3 1√
±
1 + 4a.
2 2
λ1,2 (a) =
=
2
Also:
1
a < − , dann gibt es zwei verschiedene komplexe Eigenwerte in C \ R,
4
damit ist Aa nicht über R diagonalisierbar, aber über C, weil
verschiedene Eigenwerte linear unabhängige Eigenvektoren haben.
1
3
3
2. Fall : a = − , dann ist der einzige Eigenwert, aber Rang A−1/4 − E = 1,
4
2
2
somit ist die geometrische Vielfachheit des Eigenwertes nur 1 und damit
A−1/4 nicht diagonalisierbar.
1
3. Fall : a > − , dann ist mit dem Argument vom 1. Fall Aa über R diagonalisierbar.
4
1. Fall:
4. Die Matrix Aa,b


1 0 a
=  0 1 1  mit reellen Zahlen a, b hat das charakteristische Polynom
b 0 1
pA (λ) = (1 − λ)3 − ab (1 − λ)
= (1 − λ) (1 − λ)2 − ab ,
die Eigenwerte sind also
λ1 = 1, unabhängig von a, b,
√
λ2,3 (a, b) = 1 ± ab.
Damit:
1. Fall : ab > 0, dann ist Aa,b über R diagonalisierbar, und zwar genau im Falle a = b orthogonal.
2. Fall : ab < 0, dann ist Aa,b über C diagonalisierbar, aber nicht über R.
3. Fall : 1.Unterfall : ab = 0 und b = 0, dann ist Aa,b nicht diagonalisierbar, weil


0 0 0
Rang (A0,b − E) = Rang  0 0 1  = 2, also dim Kern (A − E) = 1 und
b 0 0
λ = 1 algebraisch dreifacher Eigenwert ist, aber eben geometrisch nur einfach.
3.Fall : 2. Unterfall : ab = 0 und b = 0, dann ist Aa,b ebenfalls nicht diagonalisierbar, weil


0 0 a
Rang (Aa,0 − E) = Rang  0 0 1  = 1, also dim Kern (A − E) = 2 und
0 0 0
λ = 1 algebraisch dreifacher Eigenwert ist, aber die geometrische Vielfachheit des Eigenwertes 1 nur 2.
5. Man hat
λ1
λ2
1 2
3 2
hat das charakteristische Polynom λ2 − 3λ − 4, die Eigenwerte sind also
1
= −1, ein Eigenvektor dazu ist
,
−1
2
= 4, ein Eigenvektor dazu ist
(letzteren wählt man zweckmäßig ganzzahlig),
3
3
Also:
−1
0
1
3
0
4
=
−1 2
1 3
−1 1 2
3 2
−1 2
1 3
, daher
−1
2
−1 2
−1 0
−1 2
=
und somit
2
1 3
0 4
1 3
100
100 −1
1 2
−1 2
−1 0
−1 2
=
3 2
1 3
0 4
1 3
−1
100
−1 2
−1 2
(−1)
0
=
1 3
1 3
0
4100
1
−1 2
1
0
−3 2
=
1 3
0 4100
1 1
5
100
1
−1 2 · 4
−3 2
=
100
1 1
1
3
·
4
5
100
1
3+2·4
−2 + 2 · 4100
=
−3 + 3 · 4100
2 + 3 · 4100
5
6. (a) Wenn A ∈ Rn×n die Eigenwerte λ1 , ..., λn hat (nicht notwendig paarweise verschieden), dann hat A2 die
→
Eigenwerte λ21 , ..., λ2n , weil mit einem Eigenvektor −
x von A zum Eigenwert λ gilt:
→
→
→
→
→
A2 −
x = A A−
x = A λ−
x = λA−
x = λ2 −
x.
Aber kann A2 noch andere Eigenwerte haben? Diese Frage wurde bewusst nicht gestellt. Aber sie liegt nahe,
und wir können sie für diagonalisierbare Matrizen A leicht beantworten: Es gibt keine weiteren Eigenwerte.
Nehmen Sie das zweite Argument zu b. Auf der Hauptdiagonalen von D2 müssen alle Eigenwerte von
A2 liegen. Aber die Aussage gilt auch für nicht diagonalisierbare Matrizen. Man hat nämlich den Satz,
dass man jede Matrix auf obere Dreiecksgestalt transformieren kann. Damit wird A2 sofort auch auf obere
Dreiecksgestalt transformiert, und die Einträge in der Hauptdiagonalen sind die Eigenwerte, wie wir schon
wissen. Das sind also nur die Quadrate der Eigenwerte von A, weil offenbar

2  2

λ1 b12 · · ·
···
b1n
λ1 a12 · · ·
···
a1n
 0 λ2 · · ·
 0 λ22 · · ·
···
a2n 
···
b2n 







..
..
..
.. 
..
..
 0


.
.
0
.
.  = 0
0
.
. 

,
 ..



..
.
.
.
.
.
.
2
.
.
.
.
.
.
 .
 .
. λn−1
. λn−1
.
. 
.
. 
0
0 ···
0
λn
0
0 ···
0
λ2n
mit irgendwelchen Zahlen bij für i < j.
(b) Sei A diagonalisierbar. Dann kann man folgende beiden Argumente für die Diagonalisierbarkeit von A2
→
→
geben: Einmal ist mit der Überlegung aus a eine Basis −
a 1 , ..., −
a n von Eigenvektoren von A auch eine Basis
2
2
von Eigenvektoren für A (nur eben zu den Eigenwerten λ1 , ..., λ2n . Zweites unabhängiges Argument: Mit
D
T DT
−1
A2
D2
= T −1 AT für eine Diagonalmatrix D hat man
= A, also
2
= T DT −1 = T D2 T −1 , daher
= T −1 A2 T (D2 ist aber Diagonalmatrix mit D).
Damit ist A2 diagonalisiert mit derselben Transformationsmatrix und der Diagonalmatrix D.
m
(c) Für Am , m ≥ 2, bekommt man ganz entsprechend die Eigenwerte λm
1 , ..., λn . Denn für einen Eigenvektor
−
→
x zum Eigenwert λ von A hat man
→
→
→
→
→
Am+1 −
x = AAm −
x = Aλm −
x = λm A−
x = λm+1 −
x.
4
m
m
Damit ist induktiv gezeigt, dass für alle m die λm
sind - und mit demselben
1 , ..., λn Eigenwerte von A
m
Argument wie in a bekommt man auch keine weiteren Eigenwerte von A . Ebenfalls folgt aus der Diagonalisierbarkeit von A die von Am über
Dm = T −1 Am T,
wobei T die Matrix A zu D diagonalisiert.
1 a
x
7. Für welche Zahlen a stellt die Gleichung x y
= 1 eine Ellipse / eine Hyperbel dar? Man
a 2
y
hat
1 a
x
x y
= x2 + 2y2 + 2axy,
a 2
y
die Gleichung bedeutet also dasselbe wie
x2 + 2y2 + 2axy = 1.
√
1 a
: λ1,2 (a) = 32 ± 12 1 + 4a2 , ohnehin wegen der Symmetrie der Matrix
a 2
beide reell. Im neuen gedrehten Koordinatensystem in den Eigenrichtungen lautet die Gleichung dann
Nun sind die Eigenwerte von
2 + λ2 y2 = 1.
λ1 x
Das ergibt genau dann eine Ellipse, wenn λ1 , λ2 > 0, genau dann eine Hyperbel, wenn λ1 λ2 < 0. (Der Fall
λ1 , λ2 < 0 (die Lösungsmenge der Gleichung wäre dann leer) kommt nicht vor für λ1,2 (a).) Für λ1 (a) λ2 (a) = 0
gibt es hier immer entweder eine Ellipse oder eine Hyperbel, eine Ellipse genau dann, wenn
√
3 > 1 + a2 , also für |a| < 2,
eine Hyperbel genau dann, wenn
3<
Der verbleibende Fall ist
√
1 + a2 , also für |a| > 2.
|a| =
√
2.
In diesem Fall ist λ2 (a) = 0, die Gleichung lautet dann also im neuen System
3
x2 = 1,
und die beschriebene Menge ist die Doppelgerade x
=±
5
1√
3 (beide Geraden parallel zur y− Achse).
3