Serie 8

D-CHAB, D-BIOL
Grundlagen der Mathematik II
Lineare Algebra und Statistik
Frühlingssemester 2012
Prof. Künsch
Serie 8
1) Berechne alle Eigenwerte und die zugehörigen Eigenvektoren

−1
4 −1
A=
, B= 3
6 −1
3
der folgenden Matrizen

0
0
2 −1  .
3 −2
2) Gegeben ist das lineare Differentialgleichungssystem
ẏ1 (t) = −2y1 (t) + y2 (t),
1
ẏ2 (t) = y1 (t) − y2 (t).
2
(a) Bestimme die allgemeine Lösung.
(b) Bestimme die Lösung zur Anfangswertbedingung y1 (0) = y2 (0) = 1 und skizziere die Lösungskurve.
(c) Skzziere die Lösungskurven zu einigen anderen Anfangswerten.
3) Welche der folgenden Aussagen sind richtig für beliebige (n × n)-Matrizen A und B?
Ist x ein Eigenvektor von A, dann ist x auch ein Eigenvektor von A2 .
Ist λ ein Eigenwert von A, dann ist λ auch ein Eigenwert von A2 .
Ist x ein Eigenvektor von A und auch ein Eigenvektor von B, dann ist x ein Eigenvektor von
A + B.
Ist λ ein Eigenwert von A und auch ein Eigenwert von B, dann ist λ ein Eigenwert von A + B.
Ist λ ein Eigenwert von A, so ist λ + 1 ein Eigenwert von A + I.
Ist u ∈ Rn , u 6= 0, dann hat A = uuT den Eigenvektor u.
Die Eigenwerte von A ändern sich nicht, wenn man zwei Zeilen von A vertauscht
D-CHAB, D-BIOL
Grundlagen der Mathematik II
Lineare Algebra und Statistik
Frühlingssemester 2012
Prof. Künsch
Lösungen 8
1) Allgemein ergeben sich die Eigenwerte λi einer (n×n)-Matrix M als Lösungen der charakteristischen
Gleichung det(A − λIn ) = 0 und die zugehörigen Eigenräume aus den Lösungen des homogenen
Gleichungssystems (A − λi In )x = 0.
Für die Matrix A ergibt sich
4−λ
det(A − λI2 ) = 6
−1 !
= (4 − λ)(−1 − λ) + 6 = (λ − 1)(λ − 2) = 0.
−λ − 1 Damit erhalten wir als Eigenwerte λ1 = 1 und λ2 = 2, beide mit algebraischer Vielfachheit 1.
Nun berechnen wir den Eigenvektor zu λ1 , indem wir die Lösungsmenge von (A−λ1 )v1 = 0 berechnen:
3 −1 0
3 −1 0
1
⇒ v1 = t
.
6 −2 0
0
0 0
3
Den Eigenvektor zu λ2 berechnen wir auf die gleiche Art, indem wir die Lösungsmenge von (A −
λ2 )v2 = 0 bestimmen:
2 −1 0
2 −1 0
1
.
⇒ v2 = t
6 −3 0
0
0 0
2
Also haben λ1 und λ2 jeweils geometrische Vielfachheit 1.
Für B ergibt sich
−1 − λ
3
det(B − λI3 ) = 3
0
2−λ
3
2−λ
= (−1 − λ) 3
−1 −2 − λ 0
−1
−2 − λ
= (−1 − λ)((2 − λ)(−2 − λ) − (−1) · 3)
= (−1 − λ)(λ2 − 1)
!
= −(λ + 1)2 (λ − 1) = 0.
Daher hat B die Eigenwerte λ1 = −1 mit algebraischer Vielfachheit 2 und λ2 = 1 mit algebraischer
Vielfachheit 1.
Nun berechnen wir die Eigenvektoren zu λ1 , indem wir (A − λ1 )v1 = 0 lösen:
0 0
3 3
3 3
0 0
−1 0
−1 0
=⇒
(1)
v1
3 3 −1 0
3 3 −1 0
3 3 −1 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0


 
1/3
−1
(2)
= t  0  , v1 = s  1 
1
0
Also hat der Eigenwert λ1 die geometrische Vielfachheit 2.
Wir berechnen die Eigenvektoren zu λ2 , indem wir die Lösungsmenge von (A − λ2 )v2 = 0 berechnen:
 
0
−2 0
0 0
−2 0
0 0
−2 0
0 0
3 1 −1 0
0 1 −1 0
0 1 −1 0 =⇒ v2 = t 1 .
3 3 −3 0
0 3 −3 0
0 0
0 0
1
Also hat der Eigenwert λ2 die geometrische Vielfachheit 1.
−2 1
2) (a) Die Systemmatrix lautet
1 − 12 . Mit Hilfe der Eigenwerte und Eigenvektoren von M bestimmt man die Fundamentalmatrix des Differentialgleichungssystems, bei der die Linearkombinatonen der Spalten die allgemeine Lösung darstellen. Das bestimmen der Eigenwerte und
Eigenvektoren erfolgt wie gewohnt, es werden nur
angegeben:
Ergebnisse
1
−2
5
5
2
2
, v2 =
.
χM (λ) = λ + 2 λ ⇒ λ1 = 0, λ2 = − 2 , v1 =
1
1
Damit erhalten wir die allgemeine Lösung:
y(t) = c1 v1 eλ1 t + c2 v2 eλ2 t
1
5 −2e− 2 t
= c1 2 + c2
5
1
e− 2 t
y (0)
(b) Setzt man im vorherigen Ausdruck t = 0 und y(0) = y12 (0) = ( 11 ), erhält man:
1
1
−2
2
= c1
+ c2
.
1
1
1
Dieses lineare Gleichungssystem hat die (eindeutige) Lösung c1 = 56 , c2 = − 15 , also
1
−5t
6
1 −2e 2
2
y(t) = 5
−5
5
1
e− 2 t
3 2 − 5 t
+ e 2
= 65 51 − 5 t .
2
5 − 5e
Wir sehen, dass die Punkte der Lösungskurve auf der Geraden
3/5
2/5
g(s) =
+s
.
6/5
−1/5
liegen. Weil 0 < e
−5
2 t
≤ 1 für alle t ≥ 0 können wir die Lösungskurve beschreiben als
L = {g(s) | 0 < s ≤ 1}
Das heisst L ist ein (halboffenes) Geradensegment:
1.20
1.15
1.10
1.05
1.00
0.95
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
(c) Der allgemeinen Lösung können wir ablesen, dass die Lösungskurven allesamt (halboffene) Geradensegmente der Form
Lc1 ,c2 = {gc1 ,c2 (s) | 0 < s ≤ 1}
sind. Dabei ist
gc1 ,c2 (s) = c1
T
1
2
1
+ c2 s
−2
1
Der Richtungsvektor (−2, 1) all dieser Geraden steht senkrecht auf (1, 2)T . Wir sehen also,
dass die Lösungskurven des Systems (halboffene) Geradensegmente sind, welche senkrecht auf
die Gerade
1
h(s) = s
2
stehen:
10
5
-10
5
-5
10
-5
-10
3) Welche der folgenden Aussagen sind richtig für beliebige (n × n)-Matrizen A und B?
√
Ist x ein Eigenvektor von A, dann ist x auch ein Eigenvektor von A2 .
Ja, es ist A2 x = A(Ax) = A(λx) = λ(Ax) = λ2 x.
Ist λ ein Eigenwert von A, dann ist λ auch ein Eigenwert von A2 .
Nein, betrachte z.B. A = −I2 . Diese Matrix hat als einzigen Eigenwert λ = −1 und A2 = I2 hat als einzigen
Eigenwert λ = 1.
√
Ist x ein Eigenvektor von A und auch ein Eigenvektor von B, dann ist x ein Eigenvektor von
A + B.
Ja, es ist (A + B)x = Ax + Bx = λx + µx = (λ + µ)x
Ist λ ein Eigenwert von A und auch ein Eigenwert von B, dann ist λ ein Eigenwert von A + B.
Nein, Betrachte z.B. A =
1
0
0
−1
und B = −A. Dann ist λ = 1 ein Eigenwert für A und für B, aber nicht für
die Nullmatrix A + B.
√
Ist λ ein Eigenwert von A, so ist λ + 1 ein Eigenwert von A + I.
Ja, denn det((A + I) − (λ + 1)I) = det(A − λI).
√
Ist u ∈ Rn , u 6= 0, dann hat A = uuT den Eigenvektor u.
Ja, denn es ist (uuT )u = u(uT u) = (uT u)u = λu. Dabei haben wir verwendet, dass λ = uT u ein Skalar, d.h.
eine (1 × 1)-Matrix ist.
Die Eigenwerte von A ändern sich nicht, wenn man zwei Zeilen von A vertauscht
1 0
. Diese Matrix hat den einzigen Eigenwert λ = 1, während die Matrix
Nein, betrachte z.B. A = I2 =
0 1
0 1
mit vertauschten Zeilen die Eigenwerte λ = ±1 hat.
A′ =
1 0