Lineare Algebra 1: Blatt 7, Lösungen

Lineare Algebra 1: Blatt 7, Lösungen
Priv.-Doz. Dr. Irene Bouw
4 (Bonuspunkte: 2+2 =4P) Dies ist eine Sternaufgabe!
Sei A ∈ M2,2 (R) eine Matrix derer Einträge positive reelle Zahlen sind.
(a) Zeigen Sie daß A zwei verschiedene reelle Eigenwerte λ1 6= λ2 hat.
(b) Sei λ1 der grössere Eigenwert. Zeigen Sie daß es ein Eigenvektor v1
zu λ1 im erste Quadranten und ein Eigenvektor v2 zu λ2 im zweiten
Quadranten gibt. (Das heißt daß vi = (xi , yi ) mit x1 > 0, y1 > 0, x2 >
0 und y2 < 0.)
Tip: bestimmen Sie ein Eigenvektor mit Eigenwert λi in Termen von
a11 , a12 und λi .
Lösung:
(a) Sei
a b
A=
.
c d
Das charakteristisches Polynom von A ist
PA (t) = t2 − (a + d)t + ad − bc.
Die Nulstellen von PA sind
a + d 1p
(a + d)2 − 4(ad − bc).
±
λi =
2
2
Sei D = (a+d)2 −4(ad−bc) die Diskriminante von PA . Es gilt: D = (a−d)2 +4bc.
Da b und c positive Zahlen sind, gilt D > (a − d)2 ≥ 0. Also hat PA zwei
verschiedene reele Nukstellen λ1 und λ2 .
(b) Ohne Einschränkung dürfen wir annehmen daß λ1 > λ2 .
Behauptung: λ1 > a.
Beweis: Wir haben schon gesehen daß D > (a − d)2 . Da λ1 > λ2 ist, gilt also
a + d 1√
a+d 1
λ1 =
+
D>
+ |a − d| ≥ a.
2
2
2
2
Dies beweist die Behauptung.
Wir berechnen jetzt ein Eigenvektor zu λ1 . Die Matrix
a − λ1
b
A − λ1 E =
c
d − λ1
hat Rang 1, da λ1 ein Eigenvektor mit algebraische Multiplizität 1 ist. Die Behauptung zeigt außerdem daß a − λ1 6= 0, also
a − λ1 b
A − λ1 E ∼
0
0
1
Der Vektor
b
v1 =
λ1 − a
ist ein Eigenvektor zu λ1 . Es gilt b > 0. Die Behauptung zeigt außerderm daß
λ1 − a > 0. Daher liegt v1 im ersten Quadrant.
Ebenso zeigt man daß
a + d 1√
−
D < a.
λ2 =
2
2
b
Ein Eigenvektor zu λ2 ist zum Beispiel v2 =
. Da b > 0 und λ2 − a < 0
λ2 − a
liegt v2 im zweiten Quadrant.