Technische Universität München Lineare Algebra für Informatik
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Technische Universität München Zentrum Mathematik Lineare Algebra für Informatik Sommersemester 2012 Boris Springborn — Jan Wehrheim Übungsblatt 10 - Musterlösung T1: Diagonalisieren I 0 Diagonalisieren Sie die Matrix A = 1 1 1 0 1 1 1. 0 Bestimmen Sie also eine invertierbare Matrix S so, dass D := S −1 AS eine Diagonalmatrix ist. Lösung zu T1: −x 1 1 Es ist χA (x) = det 1 −x 1 = −x3 + 3x + 2 = (1 + x)2 · (2 − x). Diese Zerlegung findet 1 1 −x man durch Polynomdivision, nachdem man entweder den Eigenwert 2 oder die Nullstelle −1 durch scharfes Hinsehen gefunden hat. Die Matrix A besitzt also die Eigenwerte λ1 = −1 (mit algebraischer Vielfachheit ma (1) = 2) und λ2 = 2 (mit algebraischer Vielfachheit ma (2) = 1). Wir bestimmen nun eine Basis des Eigenraumes E−1 , indem wir das folgende LGS lösen: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∼ 0 0 0 0 0 0 1 1 1 Wir erhalten zwei freie Parameter s := x2 und t := x3 und die allgemeine Lösung x1 −1 −1 x2 = s · 1 + t · 0 . 1 x3 0 Damit ist die geometrische Vielfachheit mg (−1) = dim(E−1 ) = 2 und es gilt * + −1 −1 E−1 = 1 , 0 . 0 1 Analog bestimmen wir eine Basis des Eigenraumes E2 : 1 1 1 −2 −2 1 1 1 −2 1 ∼ 0 −3 3 ∼ 0 1 1 −2 0 3 −3 0 1 1 0 −2 1 −1 ∼ 0 0 0 0 1 0 −1 −1 0 x1 1 Wir erhalten den freien Parameter s := x3 und die allgemeine Lösung x2 = s · 1. Damit ist x3 1 die geometrische Vielfachheit mg (2) = dim(E2 ) = 1 und es gilt *1+ E2 = 1 . 1 −1 −1 1 0 1 die gesuchte Transformationsmatrix ist. Es folgt, dass S := 1 0 1 1 man −1/3 2/3 −1/3 −1 0 S −1 = −1/3 −1/3 2/3 und S −1 AS = 0 −1 1/3 1/3 1/3 0 0 Zur Probe berechnet 0 0 . 2 T2: Diagonalisieren II Sind die folgenden Matrizen diagonalisierbar? Diagonalisieren Sie gegebenenfalls! −2 0 0 0 0 1 a) A = 0 2 1 b) A = 0 2 0 0 0 2 4 0 0 Lösung zu T2: a) Man liest sofort χA (x) = (−2 − x) · (2 − x)2 ab und damit die Eigenwerte λ1 = −2 mit ma (−2) = 1 und λ2 mit ma (2) = 2. Damit ist automatisch mg (−2) = 1, aber die geometrische Vielfachheit mg (2) müssen wir berechnen. Die Matrix −4 0 0 A − 2 · E3 = 0 0 1 0 0 0 hat Rang 2, also ist ihr Kern eindimensional, also gilt mg (2) = 1. Wegen mg (2) < ma (2) ist die Matrix A also nicht diagonalisierbar. b) Durch Entwicklung nach der zweiten Zeile oder Spalte erhält man −x 0 1 −x 1 χA (x) = det 0 2 − x 0 = (2−x)·det = (2−x)·(x2 −4) = (2+x)·(2−x)2 . 4 −x 4 0 −x Genau wie in Aufgabenteil a) haben wir also die Eigenwerte λ1 = −2 mit ma (−2) = 1 und λ2 mit ma (2) = 2. Wieder ist für die Diagonalisierbarkeit nur mg (2) relevant: 1 0 −1/2 −2 0 1 0 A − 2 · E3 = 0 0 0 ∼ 0 0 0 0 0 4 0 −2 Damit ist mg (2) = 2 = ma (2) und die Matrix ist diagonalisierbar. Eine Basis vom Eigenraum E2 lesen wir aus obiger Rechnung sofort ab: *0 1/2+ E2 = 1 , 0 1 0 Für die Basis vom Eigenraum E−2 rechnen 2 A + 2 · E3 = 0 4 und erhalten so E−2 0 S = 1 0 1/2 0 1 wir 0 4 0 1 1 0 ∼ 0 0 2 0 1 0 1/2 0 0 + * −1/2 = 0 . Die diagonalisierende Transformationsmatrix lautet also 1 −1/2 0 1 mit S −1 0 = 1 −1 1 0 0 1/2 0 1/2 2 und S −1 AS = 0 0 0 2 0 0 0 . −2 T3: Verschiedenes a) Wir zeigen später in der Vorlesung, dass jede symmetrische Matrix A ∈ Rn×n diagonalisierbar ist. Beweisen Sie dies durch explizite Rechnung für den Fall n = 2. b) Wir betrachten den R-Vektorraum C ∞ (R, R) der unendlich oft differenzierbaren Funktionen f : R → R und die lineare Abbildung φ : C ∞ (R, R) → C ∞ (R, R) ; f 7→ f 00 , welche einer Funktion f ihre zweite Ableitung f 00 zuordnet. Bestimmen Sie mindestens zwei Eigenvektoren von φ zu verschiedenen Eigenwerten. Lösung zu T3: a) Man berechnet explizit die Nullstellen von χA mit A = a+c λ± = ± 2 s a−c 2 a b b . Diese sind c 2 + b2 und somit beide reell. Das charakteristische Polynom zerfällt also über R in Linearfaktoren. Für b 6= 0 sind die Nullstellen sogar verschieden, da der Wert der Wurzel unabhängig von a und c immer positiv ist. In dem Fall hat A also zwei verschiedene Eigenwerte und ist somit diagonalisierbar. Im Fall b = 0 ist A aber schon diagonal. b) Alle Polynome der Form f (x) = ax + b sind Eigenvektoren von φ zum Eigenwert λ = 0 (sofern (a, b) 6= (0, 0) also f 6= 0 gilt). Die Funktionen f (x) = cos(x) und f (x) = sin(x) sind Eigenvektoren von φ zum Eigenwert −1, denn es gilt cos0 = − sin und sin0 = cos und somit cos00 = − cos und sin00 = − sin. Für die Funktion f (x) = cos(ax) mit einem beliebigen Parameter a > 0 gilt f 0 (x) = −a sin(ax) und f 00 (x) = −a2 cos(ax) = −a2 f (x). Damit ist die Funktion x 7→ cos(ax) ein Eigenvektor von φ zum Eigenwert −a2 . Es folgt, dass jede Zahl λ < 0 Eigenwert von φ ist. Die Funktionen f (x) = eax mit beliebigem Parameter a ∈ R schließlich sind Eigenvektoren von φ zum Eigenwert λ = a2 , denn es gilt f 0 (x) = aeax und f 00 (x) = a2 eax = a2 f (x). Damit erhält man auch alle positiven λ als Eigenwerte von φ.
