Lineare Algebra und Numerische D-MATH …...R. Hiptmair S. Pintarelli E. Spindler Herbstsemester...

R. HiptmairS. PintarelliE. Spindler

Herbstsemester 2014

Lineare Algebra und NumerischeMathematik fur D-BAUG

ETH ZurichD-MATH

Beispiellosung fur Serie 12

Einleitung. In diesem Ubungsblatt geht es um Diagonalisierung von Matrizen und die dafurnotigen Konzepte. Auch werden Sie ein paar Anwendungsbeispiele sehen.

Wichtige Begriffe und Konzepte, die Sie nach Bearbeiten dieses Ubungsblattes beherrschen soll-ten sind “Determinante einer n × n-Matrix”, “Charakteristisches Polynom einer n × n-Matrix”,“Eigenwerte einer n × n-Matrix”, “Eigenvektoren einer n × n-Matrix” und ”Verhalten linearerRekursionen”. Die Theorie dazu finden Sie im Kapitel [LANM, Abschnitt 7] der Vorlesung.

? Aufgabe 12.1 Determinante

In [LANM, Abschnitt 4.5.3] haben wir Determinanten im Rn als Abbildungen von n Vektorenin die reellen Zahlen kennengelernt, die in jedem Argument linear sind und ihr Vorzeichen beiVertauschung von zwei Argumenten andern, siehe [LANM, DEfinition IV.5.2.A].

In dieser sehr einfachen Aufgabe geht es darum, die Rechenregeln aus [LANM, Abschnitt ??]richtig anzuwenden, bzw. der Versuchung zu widerstehen, gewisse vermeintliche Formeln anzu-wenden.

Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen richtig sind fur beliebige (n × n)-Matrizen Aund B.

(i) det (2A) = 2 det (A)

det (2A) = 2n det (A)

(ii)√

det (A4) = (det (A))4

det (A2) = det (A ·A) = det (A) · det (A) und entsprechend fur det (A4).

(iii) det (A) = a1,n ·a2,n−1 · · · an,1 wenn ai,j = 0 fur i+ j > n+ 1, d.h. es handelt sich um eineDreiecksmatrix, bei welcher rechts unten Nullen stehen.

Nein. Ein einfaches Beispiel ist n = 2:

det

ña1,1 a1,2a2,1 0

ô= −a1,2a2,1.

(iv) det (A + B) = det (A) + det (B)

Serie 12 Seite 1 Aufgabe 12.1

Falsch, zum Beispiel ist det[ 1 00 1 ] = 1, aber det[ 1 0

0 0 ] = det[ 0 00 1 ] = 0.

(v)√

det (AB) = det (BA)

Stimmt: det (AB) = det (A) det (B) = det (B) det (A) = det (BA)

(vi)√

Wenn A singular ist, dann ist auch AB singular.

Wenn A singular ist, ist det (A) = 0. Daher ist det (AB) = det (A) · det (B) = 0, und somit istAB auch singular.

(vii)√

det (AA>A) = det (A)3

det (AA>A) = det (A) det (()A>) det (A) = det (A)3

? Aufgabe 12.2 Eigenwerte und Eigenvektoren

In [LANM, Definition VII.4.0.A] wurde das Konzept des Eigenvektors und Eigenwertes ein-gefuhrt, und auch der Begriff des Spektrums als Menge der Eigenwerte einer Matrix. Wir habenauch die wichtige Regel kennengelernt, dass das Spektrum einer Matrixfunktion (→ [LANM,Definition VII.2.2.J]) sich durch die Anwendung der Funktion auf das Spektrum der Matrix be-rechnen lasst.

Vor diesem Hintergrund sollen Sie in dieser Aufgabe entscheiden, ob einige einfach Aussagen zuEigenwerten und Eigenvektoren richtig sind.

Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen richtig bzw. falsch sind fur beliebige (n × n)-Matrizen A und B?

12.2a) Ist x ein Eigenvektor von A, dann ist x auch ein Eigenvektor von A2.

(i)√

Richtig.

(ii) Falsch.

Es giltA2x = A(Ax) = A(λx) = λ(Ax) = λ2x,

also ist x auch Eigenvektor von A2.


12.2b) Ist λ ein Eigenwert von A, dann ist λ auch ein Eigenwert von A2.

(i) Richtig.

(ii)√

Falsch.

Wie oben giltA2x = A(Ax) = A(λx) = λ(Ax) = λ2x,

es ist also λ2 Eigenwert von A2.

12.2c) Ist x ein Eigenvektor von A und auch ein Eigenvektor von B, dann ist x ein Eigenvektorvon A + B.

(i)√

Richtig.

(ii) Falsch.

Sei Ax = λAx und Bx = λBx. Dann gilt

(A + B)x = Ax + Bx = λAx + λBx = (λA + λB)x,

also ist x ein Eigenvektor von A + B.

12.2d) Ist λ ein Eigenwert von A und auch ein Eigenwert von B, dann ist λ ein Eigenwert vonA + B.

(i) Richtig.

(ii)√

Falsch.

Sei AxA = λxA und BxB = λxB. Da die Eigenvektoren im allgemeinen nicht identisch sind,funktioniert die Methode von oben nicht. Tatsachlich ist die Aussage falsch. Ein Gegenbeispielist

A =

ñ2 00 1

ô,B =

ñ3 00 2

ô.

Beide Matrizen haben den Eigenwert 2, aber die Summe A + B hat Eigenwerte 5 und 3.


12.2e) Ist λ ein Eigenwert von A, so ist λ+ 1 ein Eigenwert von A + I.

(i)√

Richtig.

(ii) Falsch.

Die Aussage stimmt, denn

(A + I)x = Ax + x = λx + x = (λ+ 1)x.

12.2f) Ist A eine diagonalisierbare Matrix mit n verschiedenen Eigenwerten λ1, λ2, . . . , λn, sogilt

det(A) = λ1 · λ2 · · ·λn.

(i)√

Richtig.

(ii) Falsch.

Da A diagonalisierbar ist, gibt es Matrizen T, D, so dass A = TDT−1, wobei D = diag(λ1, λ2, . . . , λn).

det (A) = det (TDT−1) = det (T) det (D) det (T−1) = det (D),

also stimmt die Aussage.

12.2g) Ist u ∈ Rn, dann hat A = u · u> den Eigenvektor u.

(i)√

Richtig.

(ii) Falsch.

Wir testen:Au = (uu>)u = u(u>u) = (u>u)u,

also ist u ein Eigenvektor mit Eigenwert u>u.


12.2h) Die Eigenwerte von A andern sich nicht, wenn man 2 Zeilen von A vertauscht.

(i) Richtig.

(ii)√

Falsch.

Gegenbeispiel:

A =

ñ1 00 4

ô, A′ =

ñ0 41 0

ô.

Die Matrix A hat Eigenwerte 1 und 4, wahrend A′ Eigenwerte −2 und 2 hat.

12.2i) Falls σ(A) = {0}, dann ist A = O.

(i) Richtig.

(ii)√

Falsch.

Gegenbeispiel:

A =

ñ0 10 0

ô.

Die obere Dreiecksmatrix A hat nur den Eigenwerte 0. Diese Matrix ist naturlich nicht diagona-lisierbar.

12.2j) Falls A symmetrische ist und noch gilt σ(A) = {0}, dann ist A = O.

(i)√

Richtig.

(ii) Falsch.

Jede symmetrische Matrix ist nach [LANM, Satz VII.5.2.G] diagonalisierbar. Fur eine diagona-lisierbare Matrix ist klar, dass sie verschwinden muss, wenn dies fur alle ihre Eigenwerte gilt.

? Aufgabe 12.3 Invarianz der Determinante bei Zeilenumformung

In Abschnitt [LANM, Abschnitt 4.5.3] der Vorlesung haben wir Determinanten im Rn kennen-gelernt, die uns als “Sensoren fur lineare Abhangigkeit/Invertierbarkeit” sehr gute Dienste leisten(siehe [LANM, Thm. IV.5.2.D]). Zur Berechnung von Determinanten quadratischer Matrizen istes sehr nutzlich zu wissen, wie sie sich bei gewissen Umformungen der Matrix andern.

Hier betrachten wir die Zeilenumformungen aus Definition [LANM, Definition I.4.2.A], namlichdie Zeilenkombination [LANM, Gleichung (I.4.2.C)] und Zeilenskalierung [LANM, Gleichung (I.4.2.E)].Dort wurden Sie fur lineare Gleichungssysteme eingefuhrt, doch natuerlich kann man diese Zeile-numformungen auch als solche der Koeffizientenmatrix betrachten und diese Perspektive wollenwir in dieser Aufgabe einnehmen, vergleiche auch [LANM, Beispiel II.3.0.K].

(→ Tipp)


12.3a) Zeigen Sie, dass sich die Determinante einer quadratischen Matrix nicht andert, wenn mandie Matrix einer Zeilenumformung vom Typ [LANM, Gleichung (I.4.2.C)] unterwirft.

Losung: Sei A ∈ Rn,n, n ∈ N eine beliebige quadratische Matrix. Wir konnen, fur Zeilenvekto-ren ai ∈ Rn, i = 1, . . . , n, A schreiben als

A =

a>1a>2...a>n

.Wir betrachten fur ein α ∈ R

det

a>1...

a>k + αa>i...a>n

=

[LANM,Thm. IV.5.3.H]det (a1, . . . , ak + αai, . . . , an)

=[LANM,Thm. IV.5.2.B]

det (a1, . . . , ak, . . . , an)

=[LANM,Thm. IV.5.3.H]

det

a>1...a>k...a>n

= detA,

was zu beweisen war.

12.3b) Wie andert sich die Determinante einer Matrix bei einer Zeilenskalierung, also einer Zei-lenumformung vom Typ [LANM, Gleichung (I.4.2.E)].

Losung: Seien A und die ai wie in der Losung zum ersten Teil. Fur α ∈ R erhalten wir

det

a>1...

αa>k...a>n

=

[LANM,Thm. IV.5.3.H]det (a1, . . . , αak, . . . , an)

=[LANM,Definition IV.5.2.A]

α det (a1, . . . , ak, . . . , an)

=[LANM,Thm. IV.5.3.H]

α det

a>1...a>k...a>n

= α detA

was zu beweisen war.


12.3c) Wie andert sich schliesslich die Determinante einer Matrix beim Vertauschen zweier Zei-len?

Losung: Seien wieder A, ai wie oben. Von den vorherigen Teilaufgaben wissen wir

det

a>1...a>k...a>i...a>n

12.3a)= det

a>1...

a>k + a>i...a>i...a>n

12.3b)= − det

a>1...

a>k + a>i...−a>i...a>n

12.3a)= − det

a>1...

a>k + a>i...

−a>i + a>k + a>i...a>n

12.3a)= − det

a>1...

a>k + a>i − a>k...a>k...a>n

= − det

a>1...a>i...a>k...a>n

= − detA.

Alternativ kann auch Korollar [LANM, Definition IV.5.2.C] in Kombination mit Satz [LANM,Thm. IV.5.3.H] verwendet werden.

? Aufgabe 12.4 Die Spur diagonalisierbarer Matrizen

In dieser Aufgabe lernen wir eine spezielle Funktion auf dem Raum der quadratischen Matrizenkennen, die Spur. Sie steht in enger Beziehung zum Spektrum einer Matrix.

Die Spur einer quadratischen Matrix M ∈ Rn,n ist definiert als

SpurM :=n∑j=1

(M)j,j . (12.4.1)

12.4a) Bestimmen Sie die Dimension des Unterraums

U := {M ∈ Rn,n : SpurM = 0} ⊂ Rn,n .


(→ Tipp)

Losung: Wir schreiben die Matrix M als Vektor. Wir definieren fur jede Matrix M ∈ Rn,n denVektor

vM =

(M):,1(M):,2...

(M):,n

∈ Rn2

.

Fur die Matrix

A :=

1 j ∈ {1, n+ 2, 2n+ 3, 3n+ 4, . . . , n(n− 2) + n− 1, n2}0 sonst

.

gilt

SpurM = AvM .

Somit erhalten wir

dimU = dim{M ∈ Rn,n : SpurM = 0}= dim{M ∈ Rn,n : AvM = 0} = dim Kern(A) = n2 − 1 .

12.4b) Zeigen Sie, dass gilt

SpurBC = SpurCB , fur alle Matrizen B, C ∈ Rn,n . (12.4.2)

(→ Tipp)

Losung:

Spur (BC) =n∑j=1

n∑k=1

bjkckj =n∑k=1

n∑j=1

ckjbjk = Spur (CB) ,

wobei bij den ij Eintrag der Matrix B bezeichnet und ckj den kj Eintrag von C.

12.4c) Sei A ∈ Rn,n diagonalisierbar, mit

A = S diag(λ1, . . . , λn)︸︷︷︸=:D

S−1 , (12.4.3)

wobei S ∈ Rn,n invertierbar ist. Zeigen Sie, dass gilt

SpurA =n∑j=1

λj . (12.4.4)

Bemerkung: Die Identitat (12.4.4) bietet ein nutzliches Hilfsmittel zur Uberprufung der Korrekt-heit von berechneten Eigenwerten.

(→ Tipp)

Losung: Wir benutzen Teilaufgabe 12.4b) und die Zerlegung in (12.4.3).

SpurA(12.4.3)

= Spur (SD︸︷︷︸=:B

S−1︸︷︷︸=:C

)(12.4.2)

= Spur (S−1S︸︷︷︸=In

D) = Spur (D) =n∑j=1

λj .


? Aufgabe 12.5 Berechnung von Eigenwerten und Eigenvektoren

In dieser Aufgabe geht es darum, Schritt fur Schritt die Eigenwerte und zugehorige Eigenvektoreneiner 3× 3-Matrix zu berechnen. Dies wurde in der Vorlesung anhand von Beispielen vorgefuhrtund soll in dieser Aufgabe geubt werden.

Wir betrachten die Matrix

A =

1 0 20 α 02 0 1

.Ziel der Aufgabe ist es, die Eigenwerte und Eigenvektoren dieser Matrix zu bestimmen.

(→ Tipp)

12.5a) Repetieren Sie [LANM, Abschnitt 7.4] uber Eigenwerte und Eigenvektoren, insbesonderedie Beispielrechnungen aus der Vorlesung.

12.5b) Berechnen Sie das Charakteristische Polynom (siehe [LANM, Definition VII.4.0.C]) dergegebenen Matrix A.

(→ Tipp)

Losung: Wir verwenden die Formel von Sarrus um das charakteristische Polynom vo A zu

Abbildung 12.1: Skizze zur Formel von Sarrus aus Teilaufgabe 12.5b)

berechnen.


detA− λIn = det

1− λ 0 20 α− λ 02 0 1− λ

= (1− λ)(α− λ)(1− λ) + 0 + 0

− 2(1− λ)2− 0− 0

= (1− λ)(α− λ)(1− λ)− 2(1− λ)2

= −λ3 + λ2α + 2λ2 − 2λα + 3λ− 3α .

12.5c) Berechnen Sie die Eigenwerte der Matrix A .

(→ Tipp) (→ Tipp)

Losung: Um die Eigenwerte der Matrix A zu bekommen, berechnen wir die Nullstellen descharakteristischen Polynoms.Wir konnen einen Eigenwert direkt aus der Matrix herauslesen, da wir sehen, dass fur v =

[010

]gilt

Av = αv .

Wir eliminieren den den Faktor (α−λ) mithilfe der Polynomdivision aus dem charakteristischenPolynom.

detA− λIn = (α− λ)(λ2 − 2λ− 3)

= −(λ− α)(λ− 3)(λ+ 1) .

Die Eigenwerte von A lauten folglich

λ1 = −1, λ2 = 3, λ3 = α .

12.5d) Berechnen Sie alle Eigenvektoren der Matrix A . Oder mit anderen Worten: Geben Sieeine Basis fur jeden Eigenraum an.

(→ Tipp)

Losung: Wir berechnen die Eigenraume zu jedem Eigenvektor λi, i ∈ {1, 2, 3} .

• Wir betrachten den Eigenwert λ1 = −1 und berechnen Kern(A− λ1In). Wir suchen v1 ∈R3, sodass

(A− λ1In)v1 = 0

⇔

1− λ1 0 20 α− λ1 02 0 1− λ1

v1 = 0

⇔

2 0 20 α + 1 02 0 2

v1 = 0

⇔

2 0 20 α + 1 00 0 0

v1 = 0 .


Somit gilt

Kern(A− λ1In) = Span

1

0−1

.

Eine Basis des Eigenraums zum Eigenwert λ1 lautet

Bλ1 =

1

0−1

.

• Wir betrachten den Eigenwert λ2 = 3 und berechnen Kern(A−λ2In). Wir suchen v2 ∈ R3,sodass

(A− λ2In)v2 = 0

⇔

1− λ2 0 20 α− λ2 02 0 1− λ2

v2 = 0

⇔

−2 0 20 α + 1 02 0 −2

v2 = 0

⇔

−2 0 20 α + 1 00 0 0

v2 = 0 .

Somit gilt


1

01

.


Bλ2 =

1

01

.

• Wir betrachten den Eigenwert λ3 = α und berechnen Kern(A−λ3In). Wir suchen v3 ∈ R3,


sodass

(A− λ3In)v3 = 0

⇔

1− λ3 0 20 α− λ3 02 0 1− λ3

v3 = 0

⇔

1− α 0 20 0 02 0 1− α

v3 = 0

⇔

1− α 0 22 0 1− α0 0 0

v3 = 0 .

Somit gilt


0

10

.


Bλ3 =

0

10

.

12.5e) Diagonalisieren Sie A, das heisst geben Sie eine invertierbare Matrix S und eine Diago-nalmatrix D so an, dass gilt A = SDS−1.

Losung: Es gilt

A = SDS−1, wobei D :=

−1 0 00 3 00 0 α

, S =îv1,v2,v3

ó=

1 1 00 0 1−1 1 0

.S ist die Matrix, welche Eigenvektoren als Spalten hat.

? ? Aufgabe 12.6 Eigenwerte und Eigenraume einer speziellen Matrix

In dieser Aufgabe geht es darum, fur eine sehr spezielle Matrix die Eigenwerte und Eigenvektorenauszurechnen.

Gegeben ist fur n ∈ N mit n > 1 und a, b ∈ R, a 6= 0, die Matrix

A =

b a · · · a

a b. . .

......

. . .. . . a

a · · · a b

∈ Rn,n .


12.6a) Zeigen Sie, dass b− a ein Eigenwert von A ist.

(→ Tipp)

Losung: Wir benutzen, dass b− a ein Eigenwert von A ist, wenn det (A− (b− a)In) = 0 gilt:

det (A− (b− a)In) = det

a a · · · a

a a. . .

......

. . .. . . a

a · · · a a

= 0.

Da diese Matrix Rang 1 hat, ist die Determinante gleich Null, und b − a ist ein Eigenwert vonA.

12.6b) Bestimmen Sie die Dimension von Kern(A− (b− a)In), d.h. die Dimension des Eigen-raums zum Eigenwert b− a.

(→ Tipp)

Losung: Wir benutzen, dass fur eine (n× n)-Matrix B das folgende gilt:

dim Kern(B) = n− Rang(B) .

Wir wissen, dass der Rang von A−(b−a)In gleich 1 ist, da alle Zeilen der Matrix identisch sind.Also hat der Kern der Matrix Dimension n−1, und somit hat auch der Eigenraum zum Eigenwertb− a die Dimension n− 1.

12.6c) Finden Sie einen Eigenvektor zu einem Eigenwert 6= b− a von A.

(→ Tipp)

Losung: Wir suchen einen Vektor, der senkrecht steht auf alle Vektoren x im Kern von A− (b−a)I. Uber diese Vektoren wissen wir, dass (A − (b − a)In)x = 0. Da alle Zeilen dieser Matrixidentisch (a, a, . . . , a) enthalten, wissen wir also, dass

(a, a, ..., a)x = 0 fur jeden Vektor x ∈ Kern(A− (b− a)In).

Folglich steht der Vektor (1, 1, ..., 1)T senkrecht auf alle Vektoren im Kern von A − (b − a)In.Der entsprechende Eigenwert ist b+ (n− 1)a.

Aufgabe 12.7 Orthogonalitat von Eigenvektoren normaler Matrizen

Satz [LANM, Thm. VII.5.1.A] aus der Vorlesung garantiert die lineare Unabhangigkeit von Ei-genvektoren einer Matrix A ∈ Cn,n, die zu verschiedenen Eigenwerten von A gehoren. Fur einespezielle Klasse von Matrizen, namlich die normalen Matrizen, kann man eine viel starkere Aus-sage einfach beweisen, namlich den folgenden Satz:

Satz. Erfullt die Matrix A ∈ Cn,n die Bedingung

AAH = AHA , (12.7.1)

ist sie also vertauschbar mit ihrer konjugiert Transponierten AH, so sind jeweils zwei Eigen-vektoren, die zu verschiedenen Eigenwerten gehoren, orthogonal.


Beachten Sie, dass wir in dieser Aufgabe konsequent mit komplexen Matrizen und Vektorenrechnen, wie in Abschnitt [LANM, Abschnitt 7.3] der Vorlesung erklart.

? 12.7a) Studieren Sie nochmals Satz [LANM, Thm. IV.2.3.K] aus der Vorlesung und seinen Be-weis.

? ? 12.7b) Zeigen Sie, dass fur eine Matrix, die (12.7.1) erfullt, gilt

Kern(A) = Kern(AH) .

(→ Tipp)

Losung:

• ”⊆”: x ∈ KernA ⇐⇒ Ax = 0

=⇒ xHAHAx︸︷︷︸=0︸︷︷︸

=‖Ax‖2

= 0

AHA=AAH

=⇒ xHA︸︷︷︸=(AHx)H

AHx

︸︷︷︸=‖AHx‖2

= 0

Def. Norm=⇒ AHx = 0 =⇒ x ∈ Kern(AH)

• ”⊇”: (AH)H = A1. Teil=⇒ Kern(AH) ⊆ Kern((AH)H) = Kern(A)

? 12.7c) Zeigen Sie, dass aus der Eigenschaft (12.7.1) der Matrix A ∈ Cn,n folgt:

(A− λI)(A− λI)H = (A− λI)H(A− λI) fur alle λ ∈ C .

(→ Tipp)

Losung:

(A− λI)(A− λI)H = (A− λI)(AH − λHIH)

= AAH︸︷︷︸=AHA

− λH AIH︸︷︷︸=(IAH)H=(AHI)H=IHA

− λ IAH︸︷︷︸=AH=AHI

+ λλH︸︷︷︸=|λ|2=λHλ

IIH

= AHA− λHIHA− λAHI + λλHIHI

= (AH − λHIH)A− (AH − λHIH)λI

= (AH − λHIH)(A− λI)= (A− λI)H(A− λI)

? ? 12.7d) Beweisen Sie, dass jeder Eigenvektor von A auch ein Eigenvektor von AH ist und umge-kehrt.

(→ Tipp)


Losung:

Av = λv ⇐⇒ (A− λI)v = 0

⇐⇒ v ∈ Kern((A− λI))12.7b),12.7c)⇐⇒ v ∈ Kern((A− λI)H)

⇐⇒ v ∈ Kern((AH − λHIH))

⇐⇒ (AH − λIH)v = 0

⇐⇒ AHv = λI

? ? ? 12.7e) Beweisen Sie nun den obigen Satz unter Verwendung des Ergebnisses von Teilaufgabe12.7d).

(→ Tipp)

Losung: Da wir annehmen, dass λ1 6= λ2, reicht es zu zeigen, dass gilt:

λ1〈v1,v2〉 = λ2〈v1,v2〉.

Daraus folgt dann trivialerweise, dass 〈v1,v2〉 = 0 sein muss, denn

(λ1 − λ2)6=0

〈v1,v2〉 ⇐⇒ 〈v1,v2〉 = 0.

Nun gilt

λ1Def=SP〈λ1v1,v2〉

Def und 12.7d)=

AHv1=λ1v1

〈AHv1,v2〉Def SP= 〈v1,Av2〉

Def v2= 〈v1, λ2v2〉 Def SP= λ2〈v1,v2〉

Aufgabe 12.8 Diagonalisieren tridiagonaler symmetrischer Toeplitz-Matrizen

Wiederum sehen wir hier eine Klasse von Matrizen, von denen sich Eigenwerte und Eigenvekto-ren bestimmen lassen, ohne dass man sich die Muhe machen muss, Nullstellen des charakteristi-schen Polynoms zu berechnen.

Diese speziellen Matrizen sind symmetrische n × n-Tridiagonalmatrizen mit konstanten (Ne-ben)diagonalen, sogenannte tridiagonale symmetrischer Toeplitz-Matrizen,

A =

α β 0 . . . . . . 0

β α β. . .

...

0. . .

. . .. . .

. . ....

.... . .

. . .. . .

. . . 0...

. . . β α β0 . . . . . . 0 β α

∈ Rn,n , α ∈ R, β ∈ R \ {0} .

Matrizen dieser Form spielen eine grosse Rolle bei der Analyse linearer zeitinvarianter Ubertragungskanalein der Theorie zeitdiskreter Signale.


? ? ? 12.8a) Zeigen Sie, dass die Vektoren

sk =

ñsin(π

kj

n+ 1)

ônj=1

∈ Rn , k ∈ {1, . . . , n} , (12.8.1)

Eigenvektoren von A sind. Geben Sie die auch die Eigenwerte explizit an.

Tipp: Benutzen Sie das Additionstheorem fur den Sinus:

sin(x± y) = sin(x) cos(y)± cos(x) sin(y) ,

und die Tatsache, dass sin(πk) = sin(πk(n+1)n+1

) = sin( πkn+1

+ πknn+1

).

(→ Tipp)

Losung:


? ? 12.8b) Zeigen Sie, dass je zwei Eigenvektoren einer beliebigen reellen symmetrischen Matrix zuverschiedenen Eigenwerten orthogonal (bzgl. des Euklidischen Skalarprodukts) zueinander sind.

(→ Tipp)

Losung: Sei n ∈ N und A ∈ Rn,n eine beliebige symmetrische Matrix. Wir betrachten zweiEigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten von A, also v1,v2 ∈ Rn \ {0} und λ1, λ2 ∈ R,λ1 6= λ2 mit

Av1 = λ1v1 ,Av2 = λ2v

2 . (12.8.2)

Wir wollen Zeigen, dass gilt

〈v1,v2〉 = 0 . (12.8.3)

Beweis:Wir zeigen anstatt von (12.8.3), dass gilt

λ1〈v1,v2〉 = λ2〈v1,v2〉 . (12.8.4)


Dies ist ausreichend, da gilt

(12.8.4)⇔ (λ1 − λ2)〈v1,v2〉 = 0

⇔ 〈v1,v2〉 = 0 oder λ1 = λ2︸︷︷︸per Annahme nicht moglich!

⇒ 〈v1,v2〉 = 0 .

Wir beginnen mit dem Beweis von Identitat (12.8.4).

(12.8.4)⇔ 〈λv1,v2〉 (12.8.2)= 〈v1,v2〉

Def 〈·,·〉= 〈v1,A>v2〉

A symmetrisch= 〈v1,Av2〉

(12.8.2)= 〈v1, λ2v

2〉 = λ2〈v1,v2〉 .

Somit haben wir bewiesen, was zu beweisen war.

? ? 12.8c) Was folgt fur die Vektoren sk aus der in Teilaufgabe 12.8b) hergeleiteten Aussage.

Tipp: Sie durfen verwenden, was in Teilaufgabe 12.8a) zu zeigen war und auch, dass alle Eigen-werte paarweise verschieden sind.

Losung: Die Matrix A ist symmetrisch und aus Teilaufgabe 12.8a) wissen wir, dass alle n Eigen-werte voneinander verschieden sind. Deshalb konnen wir Teilaufgabe 12.8b) auf A anwenden.Wir erhalten folglich, dass fur alle k, j ∈ {1, . . . , n} gilt

〈sk, sj〉 = 0 .

Somit ist B = {s1, . . . , sn} eine Orthogonalbasis. In der nachsten Teilaufgabe werden wir sehen,dass die Vektoren nicht normiert sind, somit ist B keine ONB.

? ? 12.8d) Berechnen Sie die Euklidischen Normen der Eigenvektoren sk aus (12.8.1).

Tipp: Benutzen Sie die trigonometrische Identitat

sin2(πx) = 12(1− cos(2πx)) =

1

2(1− Re(exp(2π i x))) .

Losung: Sei k ∈ {1, . . . , n}. Als erstes eine benotigte Identitat (siehe Analysis Vorlesung):

sin(πx)2 =1

2(1− Re(exp(2πx))) , (12.8.5)

Ren∑j=1

exp

Ç2πkij

n+ 1

å=

n∑j=0

exp

Ç2πkij

n+ 1

å− exp

Ç2πki0

n+ 1

å︸︷︷︸

=1

. (12.8.6)

wobei Re den Realteil bezeichnet. Es gilt∥∥∥sk∥∥∥2 = 〈sk, sk〉 =n∑j=1

sin

Çπ

kj

n+ 1

å2(12.8.5)

=n∑j=1

1

2

Ç1− Re

Ç2πkij

n+ 1

åå(12.8.6)

=n+ 1

2.

⇒∥∥∥sk∥∥∥ =

n+ 1

2fur k ∈ {1, . . . , n} .


Aufgabe 12.9 Verallgemeinerte Fibonacci-Folge: Analyse einer 2-Term-Rekursion

In Abschnitt [LANM, Abschnitt 7.1] der Vorlesung, insbesondere Theorem [LANM, Thm. VII.2.1.K]wurde demonstriert, dass sich bei Kenntnis von Eigenwerten und Eigenvektoren einer MatrixA ∈ Rn,n die Iterierten y(k) einer durch sie erzeugte linearen Rekursion y(k+1) = Ay(k) ge-schlossen ausdrucken lassen. Wie in Theorem [LANM, Thm. VII.2.1.K] erklart, kann man diesegeschlossene Darstellung verwenden, um vorherzusagen, wie sich die y(k) fur k →∞ verhalten.In dieser Aufgabe stellen wir genau diese Untersuchungen an, wobei wir nun ausnutzen, dass wirwissen, wie sich Eigenwerte und Eigenvektoren berechnen lassen.

Als Beispiel werden wir eine 2-Term-Rekursion betrachten, die zunachst in eine lineare Rekursi-on umgeformt werden muss. Dies wurde in der Vorlesung ausfuhrlich erklart.

Konkret betrachten wir die “verallgemeinerte Fibonacci-Folge”, eine 2-Term-Rekursion,

z(0) = 1 , z(1) = 1 , z(k+1) = z(k) + αz(k−1) , k ∈ N , (12.9.1)

mit einem rellen Parameter α ∈ R.

Tipp: Die MATLAB-Funktionen poly zur Berechnung des charakteristischen Polynoms undeig zur Diagonalisierung konnen dazu verwendet werden, die Korrektheit von berechneten cha-rakteristischen Polynomen, Eigenwerten und Eigenvektoren zu fur konkrete Werte des Parametersα zu uberprufen.

? 12.9a) Setzen Sie y(k) = (z(k), z(k−1))> ∈ R2 und formen Sie (12.9.1) in ein lineare Rekursiony(k+1) = Ay(k), k ∈ N fur die Vektoren y(k) um. Was ist y(1)?

Losung: Sei y(k) :=î

z(k)

z(k−1)

ó∈ R2. Dann gilt per Definition der Iterationsvorschrift

y(k+1) Def=

ñz(k+1)

z(k)

ô=

ñz(k) + αz(k−1)

z(k)

ô=

ñ1 α1 0

ôñz(k)

z(k−1)

ô=

ñ1 α1 0

ô︸︷︷︸

=:A

y(k)

y(1) : =

ñ11

ô? ? 12.9b) Bestimmen Sie allgemein die Eigenwerte und die dazugehorigen Eigenvektoren der Ma-

trix A ∈ R2,2 aus der vorhergehenden Teilaufgabe.

(→ Tipp)

(→ Tipp)

Losung: Zuerst bestimmen wir das charakteristische Polynom χA von A:

χA(λ) := det (A− λI) = detî1−λ α1 −λ

ó= (−λ)(1− λ)− α .

Setzen wir das charakteristische Polynom gleich Null und berechnen wir die Nullstellen, so er-halten wir die Eigenwerte von A:

χA = 0 ⇐⇒ λ2 − λ− α = 0 ⇐⇒ λ = λ1,2 =1±√

1 + 4α

2. (12.9.2)


Wir berechnen die Eigenvektoren zum Eigenwert λ1 = 12

+»

14

+ α:

(A− λ1I)v1 = 0 ⇐⇒ñ1− λ1 α

1 −λ1

ôñv11v12

ô= 0

⇐⇒[12−»

14

+ α α

1 −12

+»

14

+ α

]ñv11v12

ô= 0

Z1−λ2Z2⇐⇒[0 0

1 −12

+»

14

+ α

]ñv11v12

ô= 0

⇐⇒ v1 =

[(12

+»

14

+ α)tt

]=

[12

+»

14

+ α1

]t =

ñλ11

ôt, t ∈ R

Fur λ2 = 12

+»

14

+ α erhalten wir gleicherweise:

(A− λ2I)v2 = 0 ⇐⇒ñ1− λ2 α

1 −λ2

ôñv21v22

ô= 0

⇐⇒[12

+»

14

+ α α

1 −12−»

14

+ α

]ñv21v22

ô= 0

Z1−λ1Z2⇐⇒[0 0

1 −12−»

14

+ α

]ñv21v22

ô= 0

⇐⇒ v2 =

[(12−»

14

+ α)tt

]=

[12−»

14

+ α1

]t =

ñλ21

ôt, t ∈ R

? 12.9c) Skizzieren Sie die Lage der Eigenwerte in der komplexen Zahlenebene fur

α ∈®−5

2,−1,−1

2,−1

4, 0,

1

4,1

2, 2,

5

2

´.

Tipp: MATLAB-Profis lassen diese Aufgabe den Computer machen! Siehe dazu die MATLAB-Funktion movingparticlespectrum.m.

Losung:

? 12.9d) Fur welche Werte von α ist die Matrix A nicht diagonalisierbar?

(→ Tipp)

Losung: Mit Satz [LANM, Thm. VII.5.1.B] der Vorlesung gilt:

A ist nicht diagonalisierbar, falls die Eigenwerte von A gleich sind:

λ1 = λ2 = 12, d.h. 1

4+ α = 0 ⇐⇒ α = −1

4. Betrachten wir Aufgabe 12.9b), so sehen wir

tatsachlich:

v1 = v2 =

ñλ11

ôt,

was das diagonalisieren unmoglich macht.


http://www.sam.math.ethz.ch/~hiptmair/tmp/LANM/MATLAB/Eigenwertprobleme/movingparticledriver.m

Abbildung 12.2: Skizze der Lage der Eigenwerte aus Teilaufgabe 12.9c)

? ? 12.9e) Bestimmen Sie die Koordinaten von y(1) bezuglich einer Basis des Rn aus Eigenvektorenvon A fur alle Werte von α fur die die Matrix A aus Teilaufgabe 12.9a) diagonlisierbar ist.

(→ Tipp)

Losung: Sei B := {v1,v2}, E = {e1, e2} die cartesische Basis. Dann gilt:

SIB(y(1)) = IE(y(1)) = y(1),

mit S =îv1 v2

ó. Wir erhaltenñ

λ1 λ21 1

ôIB(y(1)) =

ñ11

ôZ1−λ1Z2⇐⇒

ñ0 λ2 − λ11 1

ôIB(y(1)) =

ñ1− λ1

1

ô⇐⇒

[0 −2

»14

+ α1 1

]IB(y(1)) =

[12−»

14

+ α1

]α 6= − 1

4⇒⇐⇒

14

+ α 6= 0

ñ0 11 1

ôIB =

[λ2

λ2−λ11

]

⇐⇒ IB(y(1)) =

[λ1

λ1−λ2λ2

λ2−λ1

]=

1

λ1 − λ2

ñλ1−λ2

ô=

12

+ 1

4√

14+α

12− 1

4√

14+α

? ? ? 12.9f) Fur welche Werte von α, fur die die Matrix A diagonalisierbar ist (vgl. Teilaufgabe

12.9d)), bleibt die Folge aus (12.9.1) fur beliebige Startwerte z(0), z(1) ∈ R beschrankt?


(→ Tipp)

Losung: Die Folge aus (12.9.1) lasst sich mithilfe von Teilaufgaben 12.9b) und 12.9d) einfachberechnen, sofern A diagonalisierbar ist:

S−1y(k+1) = S−1Ay(k) = S−1Aky(1) = S−1ÄSDkS−1

äy(1) = DkS−1y(1) .

Da wir beliebige Anfangswerte y(1) =îz(1)

z(0)

ó∈ Rn betrachten, reicht es aus, die Gleichung

bezuglich der Eigenbasis zu betrachten (x(k) := S−1yk)

x(k+1) = Dkx(1) . (12.9.3)

Wir bemerken, dass x(k+1) =ïλk1 0

0 λk2

òx(1) genau dann beschrankt bleibt fur alle x(1), sofern gilt

|λ1| ≤ 1 und |λ2| ≤ 1 (siehe Konvergenzkriterium fur geometrische Folgen aus Analysis).

Unter Verwendung von Gleichung (12.9.2) aus Teilaufgabe 12.9b) erhalten wir fur reelles α,sodass A diagonalisierbar ist, bzw. die Diskriminante 1

4+ α > 0 ⇔ α 6= −1

4. Weiter gilt, dass

λ1 < f(α) := 1+√1+4α2

monoton wachst. Somit reicht es aus, eine obere Schranke α0 zu finden,sodass f(α0) = 1.

1 +√

1 + 4α0

2= 1

⇔ α0 = 0

Somit gilt fur α ∈ (−14, 0] , dass

∥∥∥y(k)∥∥∥ <∞, fur alle k ∈ N.

Fur α < 14

wird die Diskriminante D der Eigenwerte λ1,2 negativ und somit komplex.

∣∣∣1 + ı√−1− 4α0

2

∣∣∣ ≤ 1

⇒ 1

4+−1− 4α0

4≤ 1

⇒ −4α0 ≤ 4

⇒ α0 ≥ −1

Deshalb erhalten wir analog, dass die Folge y(k) beschrankt ist fur alle α ∈ [−1,−14).

Aufgabe 12.10 Lineare Rekursion: Das Rauber-Beute Modell

In [LANM, Beispiel VII.1.0.P] haben wir eine Anwendung linearer Rekursionen zur Vorhersageder dynamischen Entwicklung der Altersstruktur einer Population diskutiert. Daruber hinaus sindlineare Rekursionen sehr wichtig fur die mathematische Modellierung von Populationsdynamik,denn die naturlichen Rhythmen von Tag und Nacht und Jahreszeiten legen eine Entwicklung inZeitschritten nahe.

Um qualitative und quantitative Vorhersagen aus solchen Modellen zu treffen, ist naturlich wegen[LANM, Satz VII.2.1.K] und [LANM, Satz VII.2.1.N] die Diagonalisierung der Rekursionsma-trix wieder das entscheidende Hilfsmittel. Dieses Werkzeug stellt die lineare Algebra bereit.


Wir betrachten ein zeitdiskretes Rauber-Beute Modell, welches reprasentiert wird durch die pa-rameterabhangigen Rekursionsgleichungen

pk+1 =3

5pk +

1

5qk ,

qk+1 = −αpk +6

5qk ,

, k ∈ N0 , (12.10.1)

wobei pk die Population der Rauber und qk die Population der Beute zum Zeitpunkt tk darstellt,und in Abhangigkeit vom reellen Parameter α ∈ [0, 9

20]. Offensichtlich impliziert das Modell

(12.10.1)

• ein exponentielles Wachstum der Beutepopulation, wenn keine Rauber vorhanden sind (Ko-effizient 6

5),

• eine exponentielle Abnahme der Rauberpopulation, falls es keine Beutetiere gibt (Koeffizi-ent 3

5),

• ein reduziertes Wachstum oder sogar ein Schrumpfen der Beutepopulation in Gegenwartvon vielen Raubern (Koeffizient −α),

• eine weniger starke Abnahme oder sogar eine Zunahme der Rauberpopopulation, wennviele Beutetiere vorhanden sind (Koeffizient 3

5).

Zum Zeitpunkt t0 seien die Anfangswerte gegeben durch (p0, q0) ∈ R2.

? 12.10a)Stellen Sie das Rauber-Beute Modell in der Form einer linearen Rekursion gemass [LANM,Definition VII.1.0.A]

xk+1 = Axk , (12.10.2)

dar, wobei A ∈ R2,2, xk ∈ R2 fur alle k ∈ N.

Losung: Wir definieren xk := [ pkqk ]. Somit erhalten wir aus (12.10.1)

xk+1 =

ñ35

15

−α 65

ô︸︷︷︸

=:A

xk . (12.10.3)

? 12.10b)Fur welche(n) Wert(e) von α gibt es [ p0q0 ] 6= 0 so, dass pk = p0 und qk = q0 fur alle k ∈ N?

(→ Tipp)

Losung: Wir betrachten die Gleichung (12.10.2) fur k = 0 und setzen dort die Bedingungenp1 = p0 und q1 = q0 ein.

x0 = Ax0 .

⇔ñ−2

515

−α 15

ôx0 =

ñ00

ô⇔ñ1 −1

2

0 2− 5α

ôx0 =

ñ00

ôWir erhalten folglich eine nichttriviale Losung, falls gilt 2 − 5α = 0, beziehungsweise α = 2

5.

Fur dieses α bleibt die Folge {(pk, qk)}k∈N konstant.


? 12.10c)Berechnen Sie die Eigenwerte der Matrix A in Abhangigkeit vom Parameters α ∈ [0, 920

).

(→ Tipp)

Losung: Wir berechnen die Eigenwerte von A, indem wir das charakteristische Polynom von Aberechnen und dessen Nullstellen bestimmen.

pA(λ) := detA− λIn = det

ñ35− λ 1

5

−α 65− λ

ô=

Ç3

5− λåÇ

6

5− λå

+α

5= λ2 − 9

5λ+

18 + 5α

25.

Die Eigenwerte sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms von A, pA(λ). Sie lauten

λ1,2 =9

10±»

8125− 72+20α

25

2=

9

10±√

9− 20α

10. (12.10.4)

? ? 12.10d)Analysieren Sie das Verhalten von (pk, qk) fur tk →∞ in Abhangigkeit des reellen Para-meters α > 0. Fur welche Werte von α > 0 gilt p2k + q2k < ∞ fur alle k ∈ N und alle Startwerte(p0, q0) ∈ R2?

(→ Tipp)

Losung: Wir betrachten die Diskriminante in (12.10.4). Fur α ∈ [0, 920

) gilt, dassD = 9−20α >0. Somit sind die Eigenwerte λ1, λ2 von A immer reell und verschieden voneinander. Die Folgexk = [ pkqk ], beziehungsweise die Rekursion (12.10.3), lasst sich deshalb in der Eigenbasis zu denEigenwerten λ1,2 = 9

10±√9−20α10

darstellen.

Wir erhalten mithilfe der Basiswechselmatrix S die Darstellung der Rekursion in der Eigenbasis,yk = S−1xk.

S−1xk+1︸︷︷︸=:yk+1

= S−1Axk = S−1Akx0 = S−1ÄSDkS−1

äx0 = Dk S−1x0︸︷︷︸

=:y0

.

yk+1 = Dky0 .

Wir bemerken, dass diese Folge yk genau dann beschrankt bleibt fur alle y0, sofern gilt |λ1| ≤ 1,|λ2| ≤ 1 (siehe Konvergenzkriterium fur geometrische Folgen aus der Analysisvorlesung).

Wir erhalten

|λ1,2| ≤ 1

⇔ −1 ≤ 9

10±√

9− 20α

10≤ 1

⇔ −19 ≤ ±√

9− 20α ≤ 1

⇒ 9− 20α ≤ 1

⇒ α ≥ 2

5,

was aufgrund der Monotonizitat von λ1,2 in Abhangigkeit von α dazu fuhrt, dass die Folge yk

(und somit auch xk) beschrankt ist fur alle α ∈ [25, 920

), und divergiert fur α ∈ [0, 25).


? ? 12.10e)Schreiben Sie eine MATLAB-Funktion

function [p,q] = raeuber beute modell( alpha ) ,

welche einen konkreten reellen Wert α > 0 als Eingabe nimmt und das Verhalten des Rauber-Beute Modells uber eine lange Zeitdauer [0, t100] simuliert, wobei tk = 0.1 · k. Als Startwerte

wahlen wir x0 =

ñ300600

ô. Die Funktion soll die Werte fur pk, qk uber diesen Zeitraum plotten und

x100 =[p100

q100

]zuruckgeben. Uberprufen Sie so Ihre Berechnungen in Teilaufgabe 12.10d).

Losung:

Listing 12.1: MATLAB-Funktion aus Teilaufgabe 12.10e)1 f u n c t i o n [p,q] = raeuber_beute_modell(alpha)2 % Diese Funktion nimmt den Parameter \alpha>0 und gibt

3 % p und q zurueck, welche die Werte [p^100,q^100] der

Rekursion

4 % [p^k,q^k] = [0.6, 0.2; -alpha, 1.2] [p^k,q^k]

5 % repraesentieren.

6 %-----------------------------------------------------------------

7 % Schrittweite 0.1, t_0=0, t_100=100*0.1=10

8 t = 0:0.1:10;9 N = 101;

10 % Startwerte

11 x0 = [300;600];12 % Rekursionsmatrix A

13 A = [0.6, 0.2; -alpha, 1.2];14 % Inizialisierung der Vektoren p_vec, q_vec.

15 p_vec=z e r o s(N,1);16 p_vec(1)=x0(1);17 q_vec=z e r o s(N,1);18 q_vec(1)=x0(2);19

20 % Ausfuehrung der Rekursion 100 mal

21 f o r k=2:N22 x = A*[p_vec(k-1,1);q_vec(k-1,1)];23 p_vec(k,1) = x(1);24 q_vec(k,1) = x(2);25 end26

27 % Plotten der Folgen x^k, k=0,...,100

28 f i g u r e;29 p l o t(t, p_vec,’-xr’, t, q_vec, ’-*b’)30 x l a b e l(’t_k’)31 y l a b e l(’p_k, q_k’)32 l egend(’p_k’, ’q_k’)33

34 % Ausgaben


35 p = p_vec(N);36 q = q_vec(N);37 end

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

100

200

300

400

500

600

tk

pk, q

k

pk

qk

(a) Plot fur α = 0.45

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

100

200

300

400

500

600

tk

pk, q

k

pk

qk

(b) Plot fur α = 0.42

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10300

350

400

450

500

550

600

tk

pk, q

k

pk

qk

(c) Plot fur α = 0.4

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10200

400

600

800

1000

1200

1400

1600

tk

pk, q

k

pk

qk

(d) Plot fur α = 0.39

Abbildung 12.3: Plot-Ausgaben der MATLAB-Funktion aus Teilaufgabe 12.10e) fur verschiedeneParameter α.

Wir wunschen Ihnen frohe Weihnachten und alles Gute fursneue Jahr!


Tipps

Tipps fur Aufgabe 12.3

Naturlich sollten zur Losung der Aufgabe die Linearitat der Determinante in jedem Argu-ment und auch [LANM, Korollar IV.5.2.B] verwendet werden. Allerdings konnen dieseAussagen nicht direkt angewendet werden, da man mit Zeilenumformungen konfrontiertist. Zu Hilfe kommt [LANM, Satz IV.5.3.H].


12.4a) Sie konnen U als Kern einer “Matrix” charakerisieren. Dann sieht man, dass diese Matrixnur ein Zeilenvektor ist.

12.4b) Einfach nachrechnen mit den Formeln fur das Matrixprodukt. Es gibt hier keine Tricks!

12.4c) Sehr einfach wird die Aufgabe, wenn Sie das Resultat aus Teilaufgabe 12.4c) anwenden.Die Spur einer Diagonalmatrix sollte klar sein.


Naturlich lasst sich diese Aufgabe am schnellsten und sichersten mit der MATLAB-Funktion eig losen.

12.5b) Die Determinante einer 3× 3-Matrix berechnet man mit der Formel von Sarrus.

12.5c) Rufen Sie sich den Satz [LANM, Thm. VII.4.0.F] aus der Vorlesung in Erinnerung undverwenden Sie Teilaufgabe 12.5b).

12.5c) Versuchen Sie einen der Eigenwerte direkt zu erkennen, indem Sie die Matrix genau-er anschauen. Ein Eigenvektor sollte Ihnen direkt ins Auge springen. Faktorisieren Sie(λ−β) mithilfe der Polynomdivision aus dem charakteristischen Polynom, wobei β denEigenwert zu diesem Eigenvektor darstellt.

12.5d) Rufen Sie sich Definition [LANM, Thm. VII.4.0.A] aus der Vorlesung in Erinnerung. DieDefinition sagt Ihnen, dass Sie die Eigenvektoren erhalten, indem Sie die EigenraumeKern(A−λiI) berechnen, wobei λi den jeweiligen Eigenwert reprasentiert, i ∈ {1, 2, 3}.Wie man eine Basis des Kerns einer Matrix berechnet, wurde in [LANM, Satz III.3.0.F]angegeben, das nun angewendet werden muss, nachdem man die Matrizen A − λiI aufZeilenstufenform gebracht hat.


12.6a) Sie zeigen, dass A−(b−a)I nicht vollen Rang haben kann und daher einen nichttrivialenKern haben muss.


12.6b) Nun mussen Sie den Rang von A − (b − a)I naher unter die Lupe nehmen. Er sollteoffensichtlich sein.

12.6c) Weil A symmetrisch ist, muss der gesuchte Eigenvektor senkrecht stehen auf allen Vek-toren von Kern(A − (b − a)In), denn Eigenvektoren symmetrischer Matrizen zu ver-schiedenen Eigenwerten sind orthogonal.

Sie konnen auch einfach ”schaft hinsehen” und bemerken, dass die Summen der Eintragein jeder Zeile von A gleich sind. Daraus konnen Sie sofort einen Eigenvektor ablesen.


12.7b) Verwenden Sie Teilaufgabe 12.7a) und die Rechenregeln fur das Euklidische Skalarpro-dukt in Cn.

12.7c) Fur komplexe Matrizen gelten die gleichen Rechenregeln wie fur reelle Matrizen.

12.7d) Aus der Definition von Eigenvektoren wissen wir, dass sie Elemente des Kerns von be-stimmten Matrizen sind. Diese Matrizen sind uns bereits in der vorherigen Teilaufgabebegegnet. Geht Ihnen ein Licht auf? Teilaufgabe 12.7b) !

12.7e) Orthogonalitat von zwei Eigenvektoren v1 und v2 zu den Eigenwerten λ1 und λ2 be-deutet: 〈v1,v2〉 = 0. Wir wissen λ1 6= λ2. Es genugt also, zu zeigen λ1〈v1,v2〉 =λ2〈v1,v2〉. Benutzen Sie dazu [LANM, Gleichung (VII.3.0.B)] aus der Vorlesung.


12.8a) Zur Losung dieser Aufgabe werden keine Tricks benotigt, sondern einfach nur Sorgfaltund Durchhaltevermogen, um die geradlinige und direkte Rechnung erfolgreich durch-zufuhren.

12.8b) Wir haben diese Teilaufgabe bereits im Kontext von 12.7 gelost. Wie dort, fuhren Sie dieAussage auf die Identitat

λ1〈v1,v2〉 = λ2〈v1,v2〉 .

zuruck und beweisen Sie diese.


12.9b) Das kanonische Vorgehen:

1. Berechnung des charakteristischen Polynoms χA(λ) = det (A− λI) mit Hilfe derFormel fur die Determinante einer 2× 2-Matrix.


2. Mit Hilfe der Diskriminantenformel

λ1/2 =

12

Ä−β ±

√Dä

, wenn D > 0 ,

−12β , wenn D = 0 ,

12

Ä−β ± ı

√Dä

, wenn D < 0 ,

D := β2 − 4γ, ı2 = −1 ,

fur die u.U. komplexen Nullstellen eines (reellen!) Polynoms λ 7→ λ2 + βλ + γ,β, γ ∈ R, findet man die Eigenwerte. Falls D = 0, liegt nur eine (doppelte) Null-stelle vor. Aus der Diskriminantenformel wird klar, dass je nach Wert des Parame-ters α Fallunterscheidungen vorzunehmen sind.

3. Fur jede der gefundenen Nullstellen λ` berechnet man nun eine Basis von Kern(A−λÌ). Dabei muss man im Fall von 2 × 2-Matrizen nicht auf die Zeilenstufenformzuruckgreifen, sondern kann gleich ausnutzen, dass Rang (A− λÌ) = 1, alsoauch dim Kern(A− λÌ) = 1.

12.9b) Diese Aufgabe demonstriert auch, dass man sich das Leben dadurch einfacher machenkann, dass man nicht alle bekannten Ausdrucke einsetzt, sondern abstrakte Symbole ste-hen lasst. Bei der Berechnung der Eigenvektoren sollte man die Eigenwerte also sym-bolisch als λ1, λ2 stehen lassen, wenn man die Kerne mit Hilfe von Gausseliminationausrechnet.

12.9d) Erinnern Sie sich an Satz [LANM, Thm. VII.4.0.F] zusammen mit Satz [LANM, Thm. VII.5.1.B](i) aus der Vorlesung. Sie mussen also herausfinden, wann das charakteristische Polynomvon A zwei verschiedene Nullstellen hat. Dies kann man aus der Diskriminantenformelablesen.

12.9e) Die Umrechnung von Koordinaten wurde in [LANM, Abschnitt 3.4] behandelt. Im vor-liegenden Fall ist die ”alte Basis” die Basis des R2 aus Einheitsvektoren, und die ”neueBasis” eine Basis aus Eigenvektoren. Dann konnen Sie etwa [LANM, Satz III.4.0.H]anwenden oder auch direkt die Koeffizienten der Linearkombination bestimmen.

12.9f) Dies ist eine sehr komplexe Aufgabenstellung und naturlich ist [LANM, Satz VII.2.1.N]das entscheidende Hilfsmittel. Das Problem wird dadurch einfacher, dass die Frage furbeliebige Startwerte beantwortet werden soll, so dass es genugt, nur die Betrage derEigenwerte zu inspizieren.

Sie mussen zwei Falle unterscheiden:

1. Die Matrix A hat zwei reelle Eigenwerte.

2. Die Matrix A hat zwei konjugiert komplexe Eigenwerte.

In beiden Fallen mussen Sie zunachst uberprufen, welche Eigenwerte einen Betrag ≤ 1haben. Ziehen Sie Teilaufgabe 12.9c) heran.


12.10b) Naturlich muss man nur herausfinden, wann p1 = p0 und q1 = q0. Die Berechnung vonEigenwerten ist fur diese Teilaufgabe nicht notwendig.


12.10c) Siehe Tipps zu Teilaufgabe 12.9b).

12.10d) Naturlich ist hier wieder [LANM, Satz VII.2.1.N] anzuwenden; man hat die Betrage allerEigenwerte der Rekursionsmatrix in Abhangigkeit vom Parameter zu inspizieren. Sieheauch Teilaufgabe 12.9f).

Allgemeine Informationen:• Abgabe der Serien: keine. Stattdessen gibt es eine Zentralprasenz in den Semesterferien.

Das Datum wird noch angekundigt.

• Zentralprasenz:

– Montags, 17:00 - 20:00 Uhr, ETH Zentrum, HG E 41.

– Donnerstags, 17:00 - 20:00 Uhr, ETH Zentrum, HG E 41.

– Freitags, 17:00 - 20:00 Uhr, ETH Zentrum, HG E 41.

Bitte erscheinen Sie bereits zwischen 17:00 - 18:00Uhr, sofern Sie von der Semesterprasenzprofitieren wollen.

• Homepage: Hier werden zusatzliche Informationen zur Vorlesung und die Serien und Mu-sterlosungen als PDF verfugbar sein.www.math.ethz.ch/education/bachelor/lectures/hs2014/other/linalgnum BAUG

Veroffentlichung am 15. Dezember 2014.Abzugeben bis (keine Abgabe).

Literatur

[LANM] Vorlesungszusammenfassung fur die Vorlesung “Lineare Algebra und Numerische Ma-thematik, D-BAUG”.

Serie 12 Seite 31 Literatur

https://www.math.ethz.ch/~hiptmair/tmp/LANM/LANM14.pdf

Lineare Algebra und Numerische D-MATH …...R. Hiptmair S. Pintarelli E. Spindler Herbstsemester...

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