Musterlösung 6

D-MATH, D-PHYS, D-CHEM
Tom Ilmanen
Lineare Algebra II
SS 07
Musterlösung 6
1. Sei m := dim(W ) und m + k := dim(V ). Wähle eine Basis in W und erweitere diese
durch Eigenvektoren von ϕ zu einer Basis in V . ObdA seien v1 , · · · , vk genau diese
Eigenvektoren. Dann lässt sich jeder andere Eigenvektor eindeutig schreiben als
vj = wj + sj , für j > k
wobei wj ∈ W und sj ∈ W ′ := L(v1 , · · · , vk ) (wj bilden eine Basis in W !).
Dann ist ϕ(vj ) = ϕ(wj ) + ϕ(sj ) = λj wj + λj sj . Da ϕ(wj ) ∈ W und ϕ(sj ) ∈ W ′ ⇒
ϕ(wj )−λj wj = λj sj −ϕ(sj ) ∈ W ∩W ′ = {0} ⇒ ϕ(wj ) = λj wj . Wir haben also eine
Basis in W gefunden aus Eigenvektoren von ϕ, und somit ist ϕ|W diagonalisierbar.
2.
a) A ist invertierbar ⇔ det(A) 6= 0. Aber det(A) = det(A−01) = PA (0) = c0 6= 0
nach Voraussetzung.
b) Aus dem Caley-Hamilton Satz weiss man, dass PA (A) = 0 ist. Da A ∈ GL(n, K)
ist, existiert A−1 . Dann
PA (A) = 0 ⇔ A−1 · PA (A) = 0
⇔ A−1 (−1)n An + cn−1 A−1 An−1 + . . . + c1 A−1 A + c0 A−1 In = 0
⇔ (−1)n An−1 + cn−1 An−2 + . . . + c1 In + c0 A−1 = 0
⇔ A−1 = − c10 ((−1)n An−1 + cn−1 An−2 + . . . + c2 A + c1 In ).
3.
1. Methode (Straight Forward)
Sei B eine quadratische m × m Matrix und C eine k × k Matrix. Da aiσ(i) = 0
für alle σ ∈ Sn für welche ein 1 ≤ j ≤ m existiert mit σ(j) > m, reduziert sich
die Entwicklung der Determinante auf die Form
det(A) =
X
(τ,1k )(1m ,τ ′ )
((−1)
′
′
X
τ ∈Sm
((−1)τ
biτ (i)
i=1
τ ∈Sm ,τ ′ ∈Sk
((−1)(τ,1k )(1m ,τ ) = (−1)τ (−1)τ ) =
m
Y
m
Y
i=1
biτ (i) )
X
τ ′ ∈Sk
((−1)τ
k
Y
cm+j,m+τ ′ (j) )
j=1
′
k
Y
cm+j,m+τ ′ (i) )
j=1
= det(B) det(C)
Bitte wenden!
2. Methode (eleganter)
A D/2
I D/2
= det
0
I
0 C
A D/2
I D/2
det
(Determinante ist multiplikativ) = det
0
I
0 C
(Spaltenentwicklung und Zeilenentwicklung) = det C det A
A D
det
0 C
4.
• Die erste Matrix wurde in der Vorlesung vorgerechnet.
• Das charakteristische Polynom lautet P (t) = −x3 − 6x2 − 12x − 8. D.h. λ = −2
ist ein Eigenwert und ein zugehöriger Eigenvektor ist v = (1, −1, 1). In der Basis
{v, e2 , e3 } sieht die Matrix so aus


−2 −3 −4
 0 −3 −1 .
0
1 −1
−3 −1
zu triangulieren
Also brauchen wir lediglich noch die 2 × 2 Matrix
1 −1
(es reicht einen Eigenvektor zu bestimmen). Man sieht sofort, dass der Vektor
w = e2 − e3 ein Eigenvektor zum Eigenwert −2 ist. Somit ist die Matrix bzgl.
der Basis {v, w, e3 } trianguliert und sieht wie folgt aus


−2 1 −4
 0 −2 −1 .
0
0 −2
5.
a) Wir haben bereits in frueheren Übungen gesehen, dass jede 2 × 2 Matrix A über
R entweder diagonalisierbar ist, oder von der Form
λ 1
0 λ
ist, wobei λ ∈ R. Damit also A trigonilisierbar ist, braucht es nur einen reelen
Eigenwert λ ∈ R zu haben. Im Fall ω = µ sieht die Matrix A so aus
0
1
.
A=
−µ2 −2µ
D.h. das charakteristische Polynom lautet PA (t) = (t + µ)2 und hat eine reelle
doppelte Nullstelle −µ. A kann nicht diagonalisierbar sein, denn dann wäre A =
−µ1. Somit ist A ähnlich zu der Matrix
−µ 1
.
0 −µ
Siehe nächstes Blatt!
Ein Eigenvektor sieht man sofort, dieser lautet v =
Ae2 =
1
−2µ
1
. Weiter ist
−µ
= −µe2 + v.
D.h. wir haben unsere Basis S −1 gefunden. Sie lautet
1 0
1 0
−1
,
,
S=
S =
µ 1
−µ 1
b) In den neuen Koordinaten (u, v) lautet also unsere Differentialgleichung:
u̇ = −µu + v
v̇ = −µv.
Somit lässt sich v(t) direkt angeben. Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung v̇ = −µv lautet v(t) = Ce−µt , wobei C ∈ R eine Konstante ist, die noch
von den Anfangsbedingungen abhängt. Somit erhalten wir für u die Gleichung
u̇ + µu − Ce−µt = 0. Wir haben also eine Differentialgleichung zweiter Ordnung
auf eine Differentialgleichung erster Ordnung reduziert und deshalb vereinfacht
(sie ist leider inhomogen). Die allgemeine Lösung für u besteht aus einer partikulären Lösung und der allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung u̇+µu = 0.
Für die partikulären Lösung machen wir den Ansatz u(t) = Dte−µt und erhalten
De−µt − Dtµe−µt + Dµte−µt − Ce−µt = 0. Also ist De−µt − Ce−µt = 0 ⇔ D =
C. D.h. eine partikuläre Lösung lautet up (t) = Cte−µt . Die allgemeine Lösung
der homogenen Gleichung ist, wie wir schon gesehen haben, uh (t) = C ′ e−µt .
Somit erhalten wir für die allgemeine Lösung
u(t) = up (t) + uh (t) = C ′ e−µt + Cte−µt .
Aber aus der Koordinatentransformationsmatrix S ist ersichtlich, dass u = x ist.
Deshalb ist die allgemeine Lösung der ursprünglichen Differentialgleichung
x(t) = u(t) = C ′ e−µt + Cte−µt .