Musterlösung Serie 10

D-BAUG
D. Stoffer
Lineare Algebra und Numerische Mathematik
WS 05/06
Musterlösung Serie 10
1.
a) Es folgt aus der Definition der Matrixmultiplikation
n
d1 0
n
n
A =D =
.
0 dn2
b) Es ist
−1
−1
−1
−1
n −1
An = T DT
n T DT · · · T DT T DT = T D T
d1 0
T −1 .
= T
0 dn2
c) Wir wenden (b) an. Dazu diagonalisieren wir A. Das char. Polynom ist (vergleiche Aufgabe 3, Serie 9)
PA (λ) = λ2 − Spur(A)λ + det(A) = λ2 − 3λ + 2 = (λ − 1)(λ − 2),
woraus die Eigenwerte λ1 = 1 und λ2 = 2 folgen. Die dazugehörigen Eigenvektoren sind
(A − λ1 I2 )x = (A − I2 )x = 0 ⇒ x = (2, −1)>
und
(A − λ2 I2 )x = (A − 2I2 )x = 0 ⇒ x = (1, 2)> ;
somit betrachten wir
1 0
D=
,
0 2
T =
2 1
−1 2
,
T
−1
1
=
det(T )
2 −1
1
2
,
mit det(T ) = 5. Nach (b) erhalten wir also
1
2 −1
2 1
1 0
n
n −1
A = TD T =
1
2
0 2n
5 −1 2
n
1
2 + 4 2n+1 − 2
=
.
5 2n+1 − 2 2n+2 + 1
2.
a) Wir verwenden MATLAB:
Bitte wenden!
>> F=[0 1];
>> for k = 2:10, F(k+1) = F(k) + F(k-1); end, F
F =
0
1
1
2
3
Fn+1
Fn+2
5
8
13
21
34
55
b) (i)
x
(n+1)
=
=
Fn+1
Fn+1 + Fn
0 1
Fn
=
1 1
Fn+1
| {z }
=A
= Ax
(n)
(ii) Wir diagonalisieren die Matrix A. Das char. Polynom ist PA (λ) = λ2 − λ − 1;
es hat die Nullstellen (Eigenwerte von A)
√ 1
λ1,2 = 1 ± 5 .
2
Der Eigenvektor zu λ1 ist (betrachte (A−λ1 I2 )x = 0) wegen dem Wurzelsatz
von Vieta (λ1 + λ2 = 1, λ1 λ2 = −1):
−λ1
1
−λ1 1 (E)1 −λ1 1
−→
=
1 1 − λ1
1 λ2
0 0
also x = (1, λ1 )> . Analog erhalten wir x = (1, λ2 )> als Eigenvektor zu λ2 .
Also ist A = T DT −1 mit
n
λ1 0
1 1
D=
,T =
,
0 λn2
λ1 λ2
1
λ2 −1
−1
,
T =
1
det(T ) −λ1
√
det(T ) = λ2 − λ1 = − 5. Somit haben wir
x(n) = T D n T −1
x(0)
n
1
λ2 −1
0
1 1
λ1 0
=
n
0
λ
−λ
1
1
λ
λ
λ2 − λ 1
1
1
2
2
n
1
λn2
λ1
−1
=
n+1
n+1
λ2
1
λ2 − λ 1 λ1
n
n
1
λ2 − λ 1
=
.
n+1
n+1
λ2 − λ 1 λ2 − λ 1
Daher ist Fn gegeben durch
1+
λn − λn2
=
Fn = 1
λ1 − λ 2
√ n
√ n
5 − 1− 5
√
.
2n 5
Siehe nächstes Blatt!
3.
a) Die Diagonalelemente von D sind die Eigenwerte von A: da A symmetrisch ist,
hat A nur reelle Eigenwerte. Die Spalten der Matrix T sind die Eigenvektoren
von A. Wir bestimmen die Eigenwerte.
5
2
− λ −1
6
6
6 1
5
2
−
λ
det(A − λI3 ) = − 6
6
6
2
2
2
−λ 6
6
6
5
2
2
1 −1
−λ
5
6
+ 26 2 6 =
− λ 6 2
2
−λ 6 6 6 −λ 6
6
6
2 2 −1
6 + 5 6
6 6 − λ 62 = −λ(λ − 1)2 ;
daher hat A den einfachen Eigenwert λ1 = 0 und den doppelten Eigenwert λ2 =
1. Der Eigenraum zu λ1 ergibt sich aus Ax = 0:
5 −1 2
5 −1 2
5 −1 2
(E)1
(E)2
−1
5 2 −→ 0 24 12 −→ 0
2 1 ,
2
2 2
0 12 6
0
0 0
woraus Eλ1 = span{(1, 1, −2)> } folgt. Für den Eigenraum zu λ2 ergibt sich
(betrachte das Gleichungssystem (A − λ2 I3 )x = (A − I3 )x) = 0, oder einfacher
6(A − I3 )x = 0):
−1 −1
2
−1 −1 2
(E)1
−1 −1
2 −→
0
0 0 ;
2
2 −4
0
0 0
also Eλ2 = span{(2, 0, 1 )> , (−1, 1, 0)> }. Also ist mit


1 2 −1
1 
T = 1 0
−2 1
0
T −1 AT = D, wobei D = diag(0, 1, 1).
b) Beachte, dass die Eigenräume senkrecht aufeinander stehen: E λ1 ⊥ Eλ2 , aber
die angegebenen Basisvektoren von Eλ2 bilden keine orthonormale Basis. Ein
orthogonales T existiert aber, da A symmetrisch ist. Wir erhalten ein orthogonales T , indem wir den ersten Basisvektor von Eλ2 ersetzen durch die Summe
der beiden Basisvektoren von Eλ2 , denn Eλ2 = span{(1, 1, 1 )> , (−1, 1, 0)> };
und diese Vektoren stehen senkrecht aufeinander. Wir müssen die Basisvektoren
noch normieren und erhalten
√
√ 

1 √2 −√3
1
Te = √  1 √2
3 
6
2
0
−2
Bitte wenden!
für die gewünschte Matrix, mit Te> Te = I3 und Te> ATe = diag(0, 1, 1).
4. Beh. Sei A eine schiefsymmetrische n × n-Matrix, n ≥ 2.
a) Sei λ ein von Null verschiedener Eigenwert von A. Dann ist <(λ) = 0.
b) Seien u 6= 0 und v 6= 0 beliebige Eigenvektoren zu den Eigenwerten λ und µ,
λ 6= µ. Dann gilt v ⊥ w.
c) Die Matrix In − A ist invertierbar.
Die Matrix Q := (In − A)−1 (In + A) ist orthogonal.
Bew.
a) Seien u und v beliebige Eigenvektoren zu den beliebigen Eigenwerten λ und µ.
Dann gilt
λ(u, v) = λu> v = (λu)> v
= −u> (Av)
Av=µv
=
Au=λu
=
(Au)> v = u> A> v
A> =−A=−A
=
−u> Av
−u> (µv) = −u> µ v = −µ(u> v) = −µ(u, v)
Es gilt also λ(u, v) = −µ(u, v), oder (λ + µ)(u, v) = 0. Setzen wir darin µ = λ
und v = u 6= 0, so haben wir (λ + λ)(u, u) = 0; wegen (u, u) > 0 muss also
λ = −λ sein, was nur möglich ist, wenn <λ = 0 ist.
b) In a) haben wir (λ+µ)(u, v) = 0 gezeigt. Ist nun λ 6= µ, so ist λ+µ = λ−µ 6= 0,
woraus (u, v) = 0 folgt.
c) Da 1 gemäss a) kein Eigenwert von A ist, hat das System (A − In )x = 0 nur die
triviale Lösung. Somit ist In − A invertierbar. (Aus dem selben Grund existiert
auch (In + A)−1 ).
Wir müssen zeigen, dass Q> Q = In ist. Wir haben
>
Q> Q = (In − A)−1 (In + A) (In − A)−1 (In + A)
−1
= (In + A)> (In − A)> (In − A)−1 (In + A)
= (In − A)(In + A)−1 (In − A)−1 (In + A)
= (In − A)(In − A)−1 (In + A)−1 (In + A) = In
|
{z
}|
{z
}
=In
=In
Im letzten Schritt haben wir verwendet, dass die Matrizen (In + A)−1 und (In −
A)−1 kommutieren, was wir noch beweisen müssen. Dazu genügt es zu zeigen,
dass In + A und In − A kommutieren (denn wenn zwei invertierbare Matrizen A
und B kommutieren, so kommutieren auch ihre Inverse: A−1 B −1 = (BA)−1 =
(AB)−1 = B −1 A−1 ). Wir betrachten also
(In + A)(In − A) − (In − A)(In + A) = In − A2 − In + A2 = 0;
somit kommutieren In + A und In − A, und der Beweis ist fertig.