Lineare Algebra II 2. Tutoriumsblatt
Fachbereich Mathematik SS 2011
Prof. Dr. Kollross 26. April 2011
Susanne Kürsten Tristan Alex
Aufgabe T1
Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenvektoren der folgenden reellwertigen Matrix:
A:=
3 1 1
2 4 2
1 1 3
.
Lösung: Es ist
det(A−λE3) = det
3−λ 1 1
2 4−λ 2
1 1 3−λ
= det
0 λ−2 (λ−3)(3−λ) +1
0 2−λ 2λ−4
1 1 3−λ
= (λ−2)det
1 −λ2+6λ−8
−1 2λ−4
= (λ−2)(2λ−4−λ2+6λ−8)
= −(λ−2)2(λ−6).
Eigenwerte vonAsind daherλ1=2undλ2=6. Die Eigenvektoren vonAzuλ1=2berechnen sich durch Lösen des homogenen Gleichungssystems:
1 1 1 2 2 2 1 1 1
x1 x2 x3
=
0 0 0
⇔
x1 x2 x3
=α
1
−1 0
+β
1 0
−1
für alleα,β∈Rmit(α,β)6= (0, 0). Eigenvektoren vonAzuλ2=6berechnen sich ebenso:
−3 1 1
2 −2 2
1 1 −3
x1 x2 x3
=
0 0 0
⇔
x1 x2 x3
=α
1 2 1
für alleα∈R\{0}.
Aufgabe T2
(a) Seiv ein Eigenvektor der invertierbaren MatrixAzum Eigenwertλ. Zeigen Sie, dass dannv auch Eigenvektor von A−1zum Eigenwert 1λ ist.
(b) Seivein Eigenvektor der MatrixAzum Eigenwertλundsein Skalar. Zeigen Sie, dassvein Eigenvektor vonA−sE zum Eigenwertλ−sist.
(c) Bestimmen Sie die Eigenwerte und zugehörige Eigenvektoren von den folgenden Matrizen:
A:=
−2 2 3
−2 3 2
−4 2 5
, A−1,
−5 2 3
−2 0 2
−4 2 2
.
1
Lösung:
(a) Seiλ Eigenwert vonAundv ein dazugehöriger Eigenvektor. Dann gilt Av =λv. Da Ainvertierbar ist, existiert A−1und wir erhalten durch eine Multiplikation von links:v=λA−1v. Durch Multiplikation mit λ1ergibt sich dann A−1v=λ1v (es istλ6=0, daAinvertierbar ist). Also istv Eigenvektor vonA−1bzgl. Eigenwert 1λ.
(b) Aus Av =λv undsEv =sv erhält man durch Subtraktion:Av−sEv =λv−sv. Durch Ausklammern ergibt sich nun(A−sE)v= (λ−s)v, also istvein Eigenvektor vonA−sEzum Eigenwertλ−s.
(c) • Das charakteristische Polynom vonAist
det
−2−λ 2 3
−2 3−λ 2
−4 2 5−λ
=−λ3+6λ2−11λ+6=0.
Dieses Polynom hat die Nullstellen λ1 = 1,λ2 = 2,λ3 = 3, die Eigenwerte von A. Durch Lösen der drei homogenen Gleichungssysteme
−2−λj 2 3
−2 3−λj 2
−4 2 5−λj
x1 x2 x3
=
0 0 0
, j=1, 2, 3
erhält man als Eigenvektoren:
1 0 1
zum Eigenwertλ1,
1 2 0
zum Eigenwertλ2,
1 1 1
zum Eigenwertλ3.
• DaAinvertierbar ist, sind nach a)λ1=1,λ2=12,λ3=13 die Eigenwerte vonA−1. Die Eigenvektoren sind die gleichen wie fürA, ebenfalls nach a).
• Man erkenne
−5 2 3
−2 0 2
−4 2 2
=A−3E3
und erhält aus b), dass die Eigenwerte nunλ1=1−3=−2,λ2=2−3=−1,λ3=3−3=0sind, jeweils zugehörige Eigenvektoren aber die gleichen wie fürAsind.
Aufgabe T3
Wir betrachten die Menge der Polynome
Pn:=
f =a0+a1x+. . .+anxn|a0, . . . ,an∈R .
(a) Zeigen Sie, dassB= (1,x, . . . ,xn)eine Basis vonPnist.
(b) Überlegen Sie sich, dass die Abbildung
D:Pn→Pn, f =a0+a1x+. . .+anxn7→a1+2a2x+. . .+nanxn−1=:f0
linear ist. Finden Sie eine Matrixdarstellung vonDbezüglichB.
(c) Zeigen Sie, dass es eine natürliche Zahl k ∈ N gibt, so dass Dk = 0 gilt. Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren vonD. IstDdiagonalisierbar?
(d) Bestimmen Sie alle polynomialen Lösungen der Gleichung f0=λ·f mitλ∈R.
(e) (*) Wenn wir die Ableitung D als Abbildung des Raums aller differenzierbaren Funktionen betrachten, welche Zahlenλ∈Rkommen dann als Eigenwerte vor? Bestimmen Sie auch zugehörige Eigenvektoren. Was bedeutet das in diesem Fall für die Gleichung f0=λ·f?
Lösung:
2
(a) Die Basiselemente sind linear unabhängig, denn für die Gleichung
a0+a1x+. . .+anxn=0=0+0·x+. . .+0·xn
folgt durch Koeffizientenvergleich bereits a0 = . . . = an = 0. Offensichtlich lässt sich jedes Element vonPn als Linearkombination von Elementen ausBschreiben. Also istBeine Basis.
(b) Für zwei Poynome f =Pn
i=0aixi,g=Pn
i=0bixiund jedesλ∈Rgilt D(f +λg) =D
n
X
i=0
(ai+λbi)xi
!
=
n
X
i=1
i(ai+λbi)xi−1=D f +λD g.
Es istD xk=k xk−1für alle1≤k≤nundD1=0. Daher lautet die Matrixdarstellung
D=
0 1 0 0 · · · 0 0 0 2 0 · · · 0 0 0 0 3 ... ...
... ... ... ... ... 0
0 0 0 0 0 n
0 0 0 0 0 0
(c) Man rechnet schnell nach, dassDn+1=0ist (die MatrixDk hat nur von Null verschiedene Einträge auf derk-ten Nebendiagonale). Da die Matrix obere Dreiecksgestalt hat, lautet das charakteristische Polynom
det(D−λE) = (−λ)n+1.
Der einzige Eigenwert ist alsoλ=0. Um den Eigenraum zu bestimmen, ermitteln wir die Lösungen des Gleichungs- systems
D
n
X
i=0
aixi
!
=0 ⇐⇒ a1=. . .=an=0.
Der Eigenraum ist also eindimensional und entspricht genauR. Insbesondere istDnicht diagonalisierbar.
(d) Wir haben gesehen, dass die einzige Lösung von D f =λf die Nulllösungλ=0und f ∈Rist. Es lösen also nur konstante Polynome diese Gleichung.
(e) Die Abbildung fλ(x) =exp(λx)erfülltD f =λf. Es kommt also jede Zahlλ∈Rals Eigenwert vor, ein zugehöriger Eigenvektor ist dabeifλ. Insbesondere ist die Gleichung f0=λf für jede Zahlλdurch nicht-konstante Funktionen lösbar.
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