Mathe für Physiker I Wintersemester 03/04 Walter Oevel 5. 2. 2004

Ü b u n g s b l a t t 15

Dieses Übungsblatt ist nicht mehr abzugeben und dient ausschließlich der freiwilligen Prüfungsvorbereitung.

Aufgabe 120: (Inverse einer Matrix. 0 Bonuspunkte) Berechne die Inverse der Matrix

A = ( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 1 \\ −1 & 1 & −2 & 8 \\ −1 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & −1 \end{matrix} ) .

Musterlösung: Wir starten mit der erweiterten (Koeffizienten–Matrix

( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & −2 & 8 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & −1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} )

und überführen die linke Seite zunächst in obere Dreiecksform. Erzeugen der Nullen unterhalb der Hauptdiagonale in der ersten Spalte liefert

( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & −1 & 9 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 2 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & −2 & −1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Erzeugen der Nullen unterhalb der Hauptdiagonale in der zweiten Spalte liefert

( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & −1 & 9 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{5}{3} & −4 & \frac{1}{3} & −\frac{2}{3} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −\frac{1}{3} & 1 & 2 & 3 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Erzeugen der Nullen unterhalb der Hauptdiagonale in der dritten Spalte liefert

( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & −1 & 9 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{5}{3} & −4 & \frac{1}{3} & −\frac{2}{3} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{1}{5} & −\frac{3}{5} & \frac{1}{5} & \frac{1}{5} & 1 \end{matrix} ) .

Damit haben wir die obere Dreiecksform erreicht. Wir multiplizieren die vierte Zeile mit 5 und erzeugen Nullen in der vierten Spalte oberhalb des Hauptdiagonalelements. Dies ergibt

( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 0 & 4 & −1 & −1 & −5 \\ 0 & 3 & −1 & 0 & 28 & −8 & −9 & −45 \\ 0 & 0 & \frac{5}{3} & 0 & −\frac{35}{3} & \frac{10}{3} & 5 & 20 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & −3 & 1 & 1 & 5 \end{matrix} ) .

Wir multiplizieren die dritte Zeile mit \frac{3}{5} und erzeugen Nullen in der dritten Spalte oberhalb des Hauptdiagonalelements. Dies ergibt

( \begin{matrix}1 & 2 & 0 & 0 & 11 & −3 & −4 & −17 \\ 0 & 3 & 0 & 0 & 21 & −6 & −6 & −33 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & −7 & 2 & 3 & 12 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & −3 & 1 & 1 & 5 \end{matrix} ) .

Wir multiplizieren die zweite Zeile mit \frac{1}{3} und erzeugen Nullen in der zweiten Spalte oberhalb des Hauptdiagonalelements. Dies ergibt

( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & −3 & 1 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 7 & −2 & −2 & −11 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & −7 & 2 & 3 & 12 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & −3 & 1 & 1 & 5 \end{matrix} ) .

Damit ist die Inverse der Matrix A also

A^{−1} = ( \begin{matrix}−3 & 1 & 0 & 5 \\ 7 & −2 & −2 & −11 \\ −7 & 2 & 3 & 12 \\ −3 & 1 & 1 & 5 \end{matrix} ) .

Aufgabe 121: (Kern einer Matrix. 0 Bonuspunkte) Sei A ∈ ℂ^{m×n} eine Matrix. Zeige, dass der Kern von A stets ein Unterraum des ℂ^{m} ist! Hinweis: Verwende das Unterraumkriterium aus Aufgabe 108, Blatt 13.

Musterlösung: Sei Kern(A) der Kern von A. Nach dem Unterraumkriterium sind zu zeigen:

a) Kern(A) ≠ ∅

b) Mit v⃗_{1}, v⃗_{2} ∈ Kern(A) folgt auch v⃗_{1} + v⃗_{2} ∈ Kern(A).

c) Mit λ ∈ ℂ, v⃗ ∈ Kern(A) folgt auch λ · v⃗ ∈ Kern(A).

Wegen A0 = 0 folgt 0 ∈ Kern(A), also Kern(A) ≠ ∅. Dies zeigt a). Seien v⃗_{1}, v⃗_{2} ∈ Kern(A). Dann gilt A v⃗_{1} = 0 und A v⃗_{2} = 0, also A (v⃗_{1} + v⃗_{2}) = A v⃗_{1} + A v⃗_{2} = 0. Dies zeigt b). Schließlich sei λ ∈ ℂ und v⃗ ∈ Kern(A). Dann gilt A v⃗ = 0, also A (λ · v⃗) = λ · (A v⃗) = λ · 0 = 0. Damit ist Kern(A) ein Unterraum des ℂ^{m}.

Aufgabe 123: (Begleitmatrizen. 0 Bonuspunkte)

Seien a_{0}, a_{1}, …, a_{n−1} ∈ ℂ. Zeige, dass das charakteristische Polynom der Matrix

A_{p} = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & ⋯ & 0 & −a_{0} \\ 1 & 0 & 0 & ... & ⋮ & −a_{1} \\ 0 & 1 & 0 & ... & ⋮ & −a_{2} \\ ⋮ & ... & ... & ... & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & ... & ... & ... & 0 & ⋮ \\ 0 & … & … & 0 & 1 & −a_{n−1} \end{matrix} )

gegeben ist durch

p_{A_{p}}(λ) = (−1)^{n} · (λ^{n} + a_{n−1} · λ^{n−1} + … + a_{1} · λ + a_{0}).

Musterlösung: Die Behauptung zeigen wir per Induktion. Induktionsanfang: Für n = 2 erhalten wir

A_{p} = ( \begin{matrix}0 & −a_{0} \\ 1 & −a_{1} \end{matrix} ) ,

also

p_{A_{p}}(λ) = det (( \begin{matrix}−λ & −a_{0} \\ 1 & −λ − a_{1} \end{matrix} )) = λ^{2} + λ · a_{1} + a_{0} = (−1)^{2} · (λ^{2} + a_{1} · λ + a_{0}),

also die Behauptung für n = 2. Induktionsschritt n − 1 → n: Das charakteristische Polynom der Matrix A_{p} ist die Determinante

det(A_{p} − λ · I 1) = det (( \begin{matrix}−λ & 0 & 0 & ⋯ & 0 & −a_{0} \\ 1 & −λ & 0 & … & 0 & −a_{1} \\ 0 & 1 & −λ & … & 0 & −a_{2} \\ ⋮ & & & & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & … & … & 1 & −λ − a_{n−1} \end{matrix} )) .

Zur Berechnung der Determinante wenden wir den Laplaceschen Entwicklungssatz an. Entwicklung nach der ersten Spalte liefert

p_{A_{p}}(λ) = −λ · det (( \begin{matrix}−λ & 0 & ⋯ & 0 & −a_{1} \\ 1 & −λ & … & 0 & −a_{2} \\ ⋮ & & & & ⋮ \\ 0 & 0 & … & 1 & −λ − a_{n−1} \end{matrix} )) +

1 · (−1)^{n+1} · \underbrace{det (( \begin{matrix}0 & 0 & ⋯ & 0 & −a_{0} \\ 1 & −λ & … & 0 & −a_{2} \\ ⋮ & & & & ⋮ \\ 0 & 0 & … & 1 & −λ − a_{n−1} \end{matrix} ))}_{=g(λ)}

Nach Induktionsvoraussetzung gilt

det (( \begin{matrix}−λ & 0 & ⋯ & 0 & −a_{1} \\ 1 & −λ & … & 0 & −a_{2} \\ ⋮ & & & & ⋮ \\ 0 & 0 & … & 1 & −λ − a_{n−1} \end{matrix} )) = (−1)^{n−1} · (λ^{n−1} + a_{n−1} · λ^{n−2} + … + a_{1}).

Zur Bestimmung von g(λ) wenden wir nochmals den Laplaceschen Entwicklungssatz an. Da die Determinante einer Matrix mit einer Nullzeile stets Null ist, liefert Entwicklung nach der ersten Spalte

g(λ) = −a_{0} · det (( \begin{matrix}1 & −λ & 0 & … & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −λ & … & 0 & 0 \\ ⋮ & & & & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & … & … & 0 & 1 \end{matrix} ))

Da die Determinante einer oberen Dreiecksmatrix das Produkt der Hauptdiagonalelemente ist, folgt g(λ) = −a_{0}. Damit erhalten wir insgesamt:

p_{A_{p}}(λ) = −λ · (−1)^{n−1} · (λ^{n−1} + a_{n−1} · λ^{n−2} + … + a_{1}) + (−1)^{n+1} · (−a_{0})
= (−1)^{n} · (λ^{n} + a_{n−1} · λ^{n−1} + … + a_{1} · λ + a_{0}),

also die Behauptung.

Aufgabe 123: (Diagonalisierung und Funktionalkalkül für Matrizen. 0 Bonuspunkte) Für A ∈ ℝ^{n×n} definieren wir

exp(t · A) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!} · (t · A)^{k} = I 1 + t · A + \frac{1}{2} · (t · A)^{2} + \frac{1}{6} · (t · A)^{3} + …,

d.h., wir setzen t · A schlicht in die Taylorreihe der e-Funktion ein.

a) Zeige: Ist

D = ( \begin{matrix}d_{1} & 0 & … & 0 \\ 0 & d_{2} & … & 0 \\ ⋮ & & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & … & d_{n} \end{matrix} ) , so gilt: exp(t · D) = ( \begin{matrix}e^{t·d_{1}} & 0 & … & 0 \\ 0 & e^{t·d_{2}} & … & 0 \\ ⋮ & & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & … & e^{t·d_{n}} \end{matrix} ) .

b) Zeige: Ist A eine diagonalisierbare Matrix und D die Diagonalmatrix mit A = P D P^{−1}, so gilt exp(t · A) = P exp(t · D) P^{−1}.

c) Berechne exp(t · A) für die Matrix A = ( \begin{matrix}1 & −2 & 2 \\ 6 & 14 & −16 \\ 6 & 11 & −13 \end{matrix} ) .

Musterlösung:

a) Für k ∈ ℕ ist (t · D)^{k} schlicht diejenige Diagonalmatrix, die man erhält, wenn man auf der Hauptdiagonale die Einträge t · d_{1}, t · d_{2}, …, t · d_{n} durch (t · d_{1})^{k}, (t · d_{2})^{k}, …, (t · d_{n})^{k} ersetzt. Dies ergibt sich für k = 2 unmittelbar aus der Definition der Matrixmultiplikation. Für k > 2 folgt die Behauptung induktiv vermöge D^{k} = D^{k−1} D, wobei nach Induktionsvoraussetzung D^{k−1} eine Diagonalmatrix ist, deren Hauptdiagonalelemente gerade durch die Potenzen (t · d_{1})^{k−1}, (t · d_{2})^{k−1}, …, (t · d_{n})^{k−1} gegeben sind. Damit ist das Produkt D^{k−1} D von der behaupteten Form. Es folgt:

∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!} · (t · D)^{k} = I 1 + ( \begin{matrix}t · d_{1} & 0 & … & 0 \\ 0 & t · d_{2} & … & 0 \\ ⋮ & & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & … & t · d_{n} \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}\frac{(t·d_{1})^{2}}{2!} & 0 & … & 0 \\ 0 & \frac{(t·d_{2})^{2}}{2!} & … & 0 \\ ⋮ & & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & … & \frac{(t·d_{n})^{2}}{2!} \end{matrix} ) + …

= ( \begin{matrix}∑{∞ \atop k=0} \frac{(t·d_{1})^{k}}{k!} & 0 & … & 0 \\ 0 & ∑{∞ \atop k=0} \frac{(t·d_{2})^{k}}{k!} & … & 0 \\ ⋮ & & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & … & ∑{∞ \atop k=0} \frac{(t·d_{n})^{k}}{k!} \end{matrix} )

= ( \begin{matrix}e^{t·d_{1}} & 0 & … & 0 \\ 0 & e^{t·d_{2}} & … & 0 \\ ⋮ & & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & … & e^{t·d_{n}} \end{matrix} )

Für Diagonalmatrizen ist es also leicht, exp(t · Matrix) zu berechnen, denn wir müssen nur die Hauptdiagonaleinträge d_{i} durch e^{t·d_{i}} ersetzen.

b) Mit

(P D P^{−1})^{k} = (P D P^{−1}) (P D P^{−1}) … (P D P^{−1})

= P D \underbrace{(P^{−1} P)}_{= I 1} D \underbrace{(P^{−1} P)}_{= I 1} … \underbrace{(P^{−1} P)}_{= I 1} D P^{−1}) = P D^{k} P^{−1}

folgt

exp(t · A) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!} · (t · A)^{k} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!} · (t · P D P^{−1})^{k}

= P ( ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!} · (t · D)^{k}) P^{−1} = P exp(t · D) P^{−1}.

c) Wir gehen in vier Schritten vor: Schritt 1: Wir berechnen die Eigenwerte der Matrix A. Das charakteristische Polynom p_{A}(λ) von A ist gegeben durch

p_{A}(λ) = det (( \begin{matrix}1 & −2 & 2 \\ 6 & 14 & −16 \\ 6 & 11 & −13 \end{matrix} ) − λ · ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )) = det (( \begin{matrix}1 − λ & −2 & 2 \\ 6 & 14 − λ & −16 \\ 6 & 11 & −13 − λ \end{matrix} ))
= −λ^{3} + 2 · λ^{2} + 5 · λ − 6.

λ ist ein Eigenwert von A genau dann, wenn p_{A}(λ) = 0 gilt. Lösen der Gleichung −λ^{3}+2·λ^{2}+5·λ−6 = 0 (z.B. mit MuPAD) liefert die Eigenwerte

λ_{1} = −2, λ_{2} = 3, λ_{3} = 1.

Die Eigenwerte haben alle die algebraische Vielfachheit 1 (sie sind einfache Nullstellen des charakteristischen Polynoms), d.h., die Matrix A ist diagonalisierbar.

Schritt 2: Wir berechnen die Eigenvektoren der Matrix A. Zur Berechnung eines Eigenvektors zum Eigenwert λ_{1} = −2 haben wir das folgende homogene lineare Gleichungssystem zu lösen:

(( \begin{matrix}1 & −2 & 2 \\ 6 & 14 & −16 \\ 6 & 11 & −13 \end{matrix} ) − (−2) · ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )) · ( \begin{matrix}u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ,

also

( \begin{matrix}3 & −2 & 2 \\ 6 & 16 & −16 \\ 6 & 11 & −11 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}u_{1} \\ u_{2} \\ u_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) .

Wir bilden die erweiterte Koeffizientenmatrix und berechnen die Lösungen nach dem Gauß-Algorithmus: Erzeugen der Nullen unterhalb der Hauptdiagonale in der ersten Spalte liefert

( \begin{matrix}3 & −2 & 2 & 0 \\ 0 & 20 & −20 & 0 \\ 0 & 15 & −15 & 0 \end{matrix} ) .

Erzeugen der Nullen unterhalb der Hauptdiagonalen in der zweiten Spalte liefert

( \begin{matrix}3 & −2 & 2 & 0 \\ 0 & 20 & −20 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Damit ist die obere Dreiecksform erreicht und wir erzeugen Nullen über den nicht verschwindenden Hauptdiagonalelementen und normieren diese:

( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Einfügen von −1 auf der Hauptdiagonale in der dritten Spalte liefert einen Eigenvektor zum Eigenwert λ_{1} = −2:

u⃗ = ( \begin{matrix}0 \\ −1 \\ −1 \end{matrix} ) .

Zur Berechnung eines Eigenvektors zum Eigenwert λ_{2} = 3 haben wir das folgende homogene lineare Gleichungssystem zu lösen:

(( \begin{matrix}1 & −2 & 2 \\ 6 & 14 & −16 \\ 6 & 11 & −13 \end{matrix} ) − 3 · ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )) · ( \begin{matrix}v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ,

also

( \begin{matrix}−2 & −2 & 2 \\ 6 & 11 & −16 \\ 6 & 11 & −16 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) .

Wir bilden die erweiterte Koeffizientenmatrix und berechnen die Lösungen nach dem Gauß-Algorithmus: Erzeugen der Nullen unterhalb der Hauptdiagonale in der ersten Spalte liefert

( \begin{matrix}−2 & −2 & 2 & 0 \\ 0 & 5 & −10 & 0 \\ 0 & 5 & −10 & 0 \end{matrix} ) .

Erzeugen der Nullen unterhalb der Hauptdiagonale in der zweiten Spalte liefert

( \begin{matrix}−2 & −2 & 2 & 0 \\ 0 & 5 & −10 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Damit ist die obere Dreiecksform erreicht und wir erzeugen Nullen über den nicht verschwindenden Hauptdiagionalelementen und normieren diese:

( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Einfügen von −1 auf der Hauptdiagonale in der dritten Spalte liefert einen Eigenvektor zum Eigenwert λ_{2} = 3:

v⃗ = ( \begin{matrix}1 \\ −2 \\ −1 \end{matrix} ) .

Zur Berechnung eines Eigenvektors zum Eigenwert λ_{3} = 1 haben wir das folgende homogene lineare Gleichungssystem zu lösen:

(( \begin{matrix}1 & −2 & 2 \\ 6 & 14 & −16 \\ 6 & 11 & −13 \end{matrix} ) − 1 · ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )) · ( \begin{matrix}v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ,

also

( \begin{matrix}0 & −2 & 2 \\ 6 & 14 & −16 \\ 6 & 11 & −13 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) .

Wir bilden die erweiterte Koeffizientenmatrix und berechnen die Lösungen nach dem Gauß-Algorithmus: Da das erste Hauptdiagonalelement verschwindet, vertauschen wir die erste und die zweite Zeile, bevor wir mit der Elimination beginnen:

( \begin{matrix}6 & 13 & −16 & 0 \\ 0 & −2 & 2 & 0 \\ 6 & 11 & −14 & 0 \end{matrix} ) .

Erzeugen der Nullen unterhalb der Hauptdiagonale in der ersten Spalte liefert

( \begin{matrix}6 & 13 & −16 & 0 \\ 0 & −2 & 2 & 0 \\ 0 & −2 & 2 & 0 \end{matrix} ) .

Erzeugen der Nullen unterhalb der Hauptdiagonale in der zweiten Spalte liefert

( \begin{matrix}6 & 13 & −16 & 0 \\ 0 & −2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Damit ist die obere Dreiecksform erreicht und wir erzeugen Nullen über den nicht verschwindenen Hauptdiagionalelementen und normieren diese:

( \begin{matrix}1 & 0 & −\frac{1}{2} & 0 \\ 0 & −2 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Einfügen von −1 auf der Hauptdiagonale in der dritten Spalte liefert einen Eigenvektor zum Eigenwert λ_{3} = 1:

w⃗ = ( \begin{matrix}−\frac{1}{2} \\ −1 \\ −1 \end{matrix} ) .

Schritt 3: Wir fügen die drei Eigenvektoren u⃗, v⃗ und w⃗ zu der Matrix

P = ( \begin{matrix}0 & 1 & −\frac{1}{2} \\ −1 & −2 & −1 \\ −1 & −1 & −1 \end{matrix} )

zusammen. Damit gilt

A = P \underbrace{( \begin{matrix}−2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )}_{=D} P^{−1}.

Schritt 4: Mit Hilfe von Teil a) und b) erhalten wir schließlich

exp(t · A) = P exp(t · D) P^{−1} = P ( \begin{matrix}e^{−2·t} & 0 & 0 \\ 0 & e^{3·t} & 0 \\ 0 & 0 & e^{t} \end{matrix} ) P^{−1}

= ( \begin{matrix}e^{t} & e^{t} − e^{3·t} & −e^{t} + e^{3·t} \\ 2 · e^{t} − 2 · e^{−2·t} & 2 · e^{t} − 3 · e^{−2·t} + 2 · e^{3·t} & −2 · e^{t} + 4 · e^{−2·t} − 2 · e^{3·t} \\ 2 · e^{t} − 2 · e^{−2·t} & 2 · e^{t} − 3 · e^{−2·t} + e^{3·t} & −2 · e^{t} + 4 · e^{−2·t} − 2 · e^{3·t} \end{matrix} ) .