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Mathematik-Online-Aufgabensammlung: Lösung zu

Aufgabe 1210: Bestimmung des charakteristischen Polynoms, der Eigenwerte und Eigenräume einer Matrix sowie Konstruktion einer Basis

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Gegeben ist die Abbildung $ \alpha\colon\mathbb{R}^5\rightarrow\mathbb{R}^5\colon x\mapsto Ax$, die durch die folgenden Matrix $ A$ beschrieben wird:

$\displaystyle A=\left(\begin{matrix} -2& 0 & 0 & 0 & 0 \\ 4 &-2 &-\frac{3}{2} ... ... & -\frac{3}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{matrix}\right)\in\mathbb{R}^5$.

  1. Bestimmen Sie das charakteristische Polynom $ \chi^{}_A(\lambda)$ für $ A$.
  2. Bestimmen Sie die Eigenwerte und die zugehörigen Eigenräume von $ A$. Wählen Sie die Nummerierung der Eigenwerte so, dass $ \lambda_1$ der negative Eigenwert ist.
  3. Konstruieren Sie nun eine Basis: Wählen Sie einen Eigenvektor $ f_1\in V(\lambda_1)$ zum negativen Eigenwert $ \lambda_1$. Wählen Sie nun einen Vektor $ f_2$ so, dass $ (A-\lambda_1E_3)f_2=f_1$. Ergänzen Sie die so gewonnenen Vektoren zu einer Basis, indem Sie aus den verbleibenden Eigenräumen drei linear unabhängige Vektoren $ f_3,f_4,f_5$ wählen.

  4. Bestimmen Sie die Darstellungsmatrix $ _F\alpha_F$ bezüglich der Basis $ F\colon f_1,f_2,f_3,f_4,f_5$.

  1. Wir entwickeln zuerst nach der 1. Zeile, dann nach der 2. Spalte, dann nach der 3. Zeile und erhalten:

    $\displaystyle \chi_A(\lambda)=(-2-\lambda)^2(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}\frac... ... \frac14 & \frac14 - \lambda \end{pmatrix} =-(2+\lambda)^2(1-\lambda)^2\lambda.$    

  2. Aus dem charakteristischen Polynome können wir die Eigenwerte $ \lambda_1=\lambda_2=-2$, $ \lambda_3=0$ und $ \lambda_4=\lambda_5=1$ ablesen. Die Eigenvektorräume bekommen wir als Lösungen der jeweiligen homogenen Gleichungssysteme $ Av=\lambda_iv$.

    Eigenraum $ V(-2)$$\displaystyle :\quad$ $\displaystyle \Big{\{}\mu\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\Big\vert \mu\in\mathbb{R}\Big{\}}$    
    Eigenraum $ V(0)$$\displaystyle :\quad$ $\displaystyle \Big{\{}mu\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\Big\vert\mu\in\mathbb{R}\Big{\}}$    
    Eigenraum $ V(1)$$\displaystyle :\quad$ $\displaystyle \Big{\{}\mu\begin{pmatrix}0 \\ -\frac23 \\ \frac13 \\ 1 \\ 0\end{... ...{pmatrix}0 \\ 0\\ -1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\Big\vert \mu,\nu\in\mathbb{R}\Big{\}}$    

  3. Wir nehmen $ f_1=(0,1,0,0,0)^T$. Das inhomogene lineare Gleichungssystem $ (A-\lambda_1E)f_2=f_1$ hat dann die Lösungsmenge $ \{(1,\alpha,2,0,0)^T\mid \alpha\in\mathbb{R}\}$. Wir wählen $ f_2=(1,0,2,0,0)^T$. Weiter wählen wir $ f_3=(0,0,0,-1,1)^T$ und $ f_4=(0,-2,1,3,0)^T$ sowie $ f_5=(0,0,-1,0,1)^T$. Eine kurze Rechnung (z.B. Rangbestimmung der Matrix $ (f_1,\dots,f_5)$) zeigt, dass diese 5 Vektoren tatsächlich eine Basis bilden.
  4. Darstellung bezüglich Eigenvektoren ergibt eine Diagonalmatrix mit dem Eigenwert auf der Diagonale. Einen Unterschied dazu macht natürlich $ f_2$, das kein Eigenvektor ist. Es ist $ Af_2=\lambda_1f_2+f_1$. Daher ist

      $\displaystyle _F{\alpha}_F=\begin{pmatrix}-2 & 1& & & \\ & -2 &&& \\ && 0 && \\ &&&1& \\ &&&&1 \end{pmatrix}.$    

(Ackermann/Poppitz)
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  automatisch erstellt am 6.  2. 2006