Humboldt-Universit¨at zu Berlin, Institut f¨ur Mathematik

Humboldt-Universit¨ at zu Berlin, Institut f¨ ur Mathematik Mathematik f¨ ur NaturwissenschaftlerInnen 2

Dr. Caroline L¨ obhard

Sommersemester 2016, L¨ osungsvorschl¨ age zu Blatt 9, ohne Gew¨ ahr, Seite 1 von 2

S 9.4. Es sei A =





0 1 −1

−11 15 −16

−7 11 −12



.

a) Berechnen Sie die Eigenwerte von A und deren algebraische Vielfachheiten.

Man berechnet zun¨ achst das charakteristische Polynom und dessen Faktorisierung:

χ _A (λ) = det









−λ 1 −1

−11 15 − λ −16

−7 11 −12 − λ







 = −λ ³ + 3λ ² − 4 = (λ + 1)(λ − 2) ² .

Die Nullstellen λ ₁ = −1 und λ ₂ = 2 sind die Eigenwerte von A, die algebraischen Vielfachheiten sind m ₁ = 1 (von λ ₁ ) und m ₂ = 2 (von λ ₂ ).

b) Berechnen Sie die zu den Eigenwerten geh¨ orenden Eigenr¨ aume. Vergleichen Sie jeweils die geo- metrische mit der algebraischen Vielfachheit.

Der Eigenraum zum Eigenwert λ 1 = −1 ist der Kern der Matrix A−λ ₁ E 3 , d.h. die L¨ osungsmenge des homogenen linearen Gleichungssystems (A − λ 1 E 3 )x = 0. Diese bestimmt man zum Beispiel mit dem Gauß-Algorithmus (oder auch Kramer’sche Regel): Man erzeugt die Zeilenstufenform:





1 1 −1

−11 16 −16

−7 11 −11



 →





1 1 −1

0 27 −27 0 18 −18



 →





1 1 −1 0 1 −1 0 0 0





Hier erkennt man bereits, dass Rang(A + E ₃ ) =Anzahl an Stufen= 2, und die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts −1 q 1 = Dim(Ker(A + E 3 )) = 3 − Rang(A + E 3 ) = 1 = m 1 gleich der algebraischen ist. Man bekommt also eine L¨ osungsmenge der Dimension 1, d.h. mit einem freien Parameter. Die L¨ osungsmenge bestimmt man durch R¨ ucksubstitution: x ₃ = t, x ₂ = x ₃ = t, x 1 = x 3 − x 2 = t − t = 0, und somit ist

Eig(A, −1) = {(0, t, t) | t ∈ R } = L({(0, 1, 1)}).

Genauso berechnet man Eig(A, 2) = Ker(A − 2E ₃ ):





−2 1 −1

−11 13 −16

−7 11 −14



 →





1 −1/2 1/2 0 15/2 −21/2 0 15/2 −21/2



 →





1 −1/2 1/2

0 1 −7/5

0 0 0



 .

An der Zeilenstufenform erkennt man, dass q 2 = Dim(Ker(A − 2E 3 )) = 3 − Rang(A − 2E 3 ) = 1 < m 2 ist. Durch R¨ ucksubstitution berechnet man den L¨ osungsraum

Eig(A, 2) = {(t/5, 7t/5, t) | t ∈ R } = L({(1, 7, 5)}).

c) Ist es m¨ oglich, eine Basis des R ³ aus Eigenvektoren von A zu bilden?

Nein. Die Dimensionen der Eigenr¨ aume summieren sich nicht auf drei, sondern nur auf zwei.

Somit spannen die Eigenvektoren nur einen zweidimensionalen Unterraum (d.h., eine Ebene) auf.

Informationen zur Vorlesung finden Sie unter www.math.hu-berlin.de/˜loebhard/mathematik 2

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Dr. Caroline L¨ obhard

Sommersemester 2016, L¨ osungsvorschl¨ age zu Blatt 9, ohne Gew¨ ahr, Seite 2 von 2

S 9.5. Die Matrix-Exponentialfunktion ist definiert als exp(A) = e ^A = P ∞ k=0

1

k! A ^k . Angenommen, A ∈ K ^n×n ist eine diagonalisierbare Matrix, d.h., es gibt eine invertierbare Matrix B ∈ K ^n×n und A = BDB ⁻¹ , wobei D = diag(d ₁ , d ₂ , . . . , d _n ) ∈ K ^n×n eine Diagonalmatrix ist (vgl. Aufgabe V 9.3).

a) Rechnen Sie nach, dass exp(A) = B · diag(e ^d

¹

, e ^d

²

, . . . , e ^d

ⁿ

) · B ⁻¹ . Nach V 9.3 ist f¨ ur jedes k ∈ N A ^k = B diag(d ^k ₁ , d ^k ₂ , . . . , d ^k _n )B ⁻¹ . Also ist f¨ ur jedes N ∈ N

N

X

k=0

1 k! A ^k =

N

X

k=0

1

k! B diag(d ^k ₁ , d ^k ₂ , . . . , d ^k _n )B ⁻¹ = B

N

X

k=0

1

k! diag(d ^k ₁ , d ^k ₂ , . . . , d ^k _n )

! B ⁻¹

=B diag

N

X

k=0

1 k! d ^k ₁ ,

N

X

k=0

1

k! d ^k ₂ , . . . ,

N

X

k=0

1 k! d ^k _n

! B ⁻¹

Im Grenzwert f¨ ur N → ∞ ergibt sich

e ^A = lim

N→∞

N

X

k=0

1 k! A ^k =

N

X

k=0

1

k! B diag(d ^k ₁ , d ^k ₂ , . . . , d ^k _n )B ⁻¹

= lim

N→∞ B diag

N

X

k=0

1 k! d ^k ₁ ,

N

X

k=0

1

k! d ^k ₂ , . . . ,

N

X

k=0

1 k! d ^k _n

! B ⁻¹

!

=B diag

∞

X

k=0

1 k! d ^k ₁ ,

∞

X

k=0

1

k! d ^k ₂ , . . . ,

∞

X

k=0

1 k! d ^k _n

!

B ⁻¹ = B · diag(e ^d

¹

, e ^d

²

, . . . , e ^d

ⁿ

) · B ⁻¹ .

b) Berechnen Sie e ^A f¨ ur A = ¹ ₂ · 1 1

1 1

. Um die Formel aus a) benutzen zu k¨ onnen, muss man A zun¨ achst diagonalisieren. Man berechnet also die Eigenwerte indem man das charakteristische Polynom faktorisiert,

χ _A (λ) = det

1/2 − λ 1/2 1/2 1/2 − λ

= 1

2 − λ 2

− 1

4 = λ ² − λ = λ(λ − 1).

A besitzt also die Eigenwerte λ ₁ = 0 und λ ₂ = 1. Dann bestimmt man die zugeh¨ origen Ei- genr¨ aume:

A − 0E ₂ = 1 2 ·

1 1 1 1

→ · 1 1

0 0

, Eig(A, 0) = {(t, −t) | t ∈ R } = L({(1, −1)}).

A − 1E 2 = ·

−1/2 1/2 1/2 −1/2

→ ·

1 −1 0 0

, Eig(A, 1) = {(t, t) | t ∈ R } = L({(1, 1)}).

Eine Basis des R ² aus Eigenvektoren von A ist also z.B. B = 1

−1

, 1

1

=

1 1

−1 1

. Die Inverse von B kann man z.B. mit der Formel aus Aufgabe V 7.4a) berechnen, B ⁻¹ =

1 2

1 −1 1 1

.

Die Darstellungsmatrix von A bez¨ uglich der Basis B ist D = 0 0

0 1

= diag(0, 1) und es gilt A = BDB ⁻¹ (das kann man zur Probe nachrechnen!). Nach a) ist also

e ^A = B

e ⁰ 0 0 e ¹

B ⁻¹ = e 2

1 1 1 1

= _e

2 e e 2 2

e 2

.

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