# 5. Übungsblatt zur Linearen Algebra 2

## Aufgabe 1

### Aufgabe 1a)

Die Aussage ist wahr, da das charakteristische Polynom
von den Eigenwerten abhängig ist.
Dass sich die Eigenwerte nicht ändern, haben wir bei Blatt 4 Aufgabe 3 a gezeigt.

### Aufgabe 1b)

Die Aussage ist falsch,
denn wenn wir die Matrix aus Aufgabe 2 nehmen und diese Transponieren ist
$A^T=\begin{pmatrix}-8&10&0\\-5&7&0\\-5&5&2 \end{pmatrix}$
Die Eigenwerte sind dabei immer noch $\lambda_1=2$ und $\lambda_2=-3$,
berechnet man nun die Eigenvektoren aus so ist
$Eig(A,2)$={$\begin{pmatrix} -1/2 \\ 1\\ 0
\end{pmatrix},\begin{pmatrix} -1/2\\0\\1 \end{pmatrix}$}
und $Eig(A^T,2)$={$\begin{pmatrix} 1 \\ 1\\ 0
\end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}$}

### Aufgabe 1d)

Die Aussage ist falsch, denn eine Matrix kann auch doppelte Eigenwerte haben,
vgl die Matrix auf Blatt 4 Aufgabe 2:
$A=\begin{pmatrix} 0&1&0 \\ 1&0&0\\ 1&-1&1 \end{pmatrix}$
ist diagonalisierbar, sollte deshalb theoretisch nach der Aussage
drei unterschiedlich Eigenwerte haben, hat aber tatsächlich nur zwei:
$\lambda_1=1, \lambda_2=-1$, wobei $\lambda_1$ ein doppelter Eigenwert ist

## Aufgabe 2

### Aufgabe 2a)

$A= \begin{pmatrix}-8&-5&-5\\10&7&5\\0&0&2\end{pmatrix}$
$p_a(X)=det(A-XE)=det(\begin{pmatrix}
-8-X&-5&-5\\
10&7-X&5\\
0&0&2-X\end{pmatrix}=(-8-X)(7-X)(2-X)-(2-X)(10)(-5)$
$=(-8-X)(X^2-9X+14)-(2-X)(-50)$
$=(-8X^2+72X-112-X^3+9X^2-14X)-(-100+50X)$
$=(-X^3+X^2+58X-112)+100-50X=-X^3+X^2+8X-12$
$=(X-2)(-X^2-X+6)=(X-2)^2(X+3)(-1)$
$\Rightarrow$ $\lambda_1=2,\lambda_2=-3$
Algebraische Vielfachheit zu $\lambda_1:2,$ zu $\lambda_2:1$
Geometrische Vielfachheit:
$dim(Eig(A,2))=dim$({$\begin{pmatrix}-1\\2\\0\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}-1\\0\\2\end{pmatrix}$})=2
$dim(Eig(A,-3))=dim$({$\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}$})=1

### Aufgabe 2b)

Das charakteristische Polynom zerfällt vollständig in Linearfaktoren.
Deshalb ist die Matrix diagonalisierbar.
Die Diagonalmatrix $D$ ergibt sich aus den Eigenwerten:
$D = \begin{pmatrix}-3&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$.
Die Transformationsmatrix $S$ ergibt sich aus den Eigenvektoren:
$S = \begin{pmatrix}-1&-1&-1\\1&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$.
Daraus folgt:
$D = S^{-1}AS \Leftrightarrow
\begin{pmatrix}-3&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}-2&-1&-1\\0&0&0,5\\1&1&0,5\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}-8&-5&-5\\10&7&5\\0&0&2\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}-1&-1&-1\\1&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$

## Aufgabe 3

### Aufgabe 3a)

Zu zeigen:
$A:= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$
hat die reellen Eigenwerte
$\lambda_1=\frac{1}{2}(1+\sqrt 5), \lambda_2=\frac{1}{2}(1-\sqrt 5)$.
charakteristisches Polynom: $p_A =det(\lambda E-A)=
det(\begin{pmatrix}\lambda&-1\\-1&\lambda-1\end{pmatrix})=
\lambda^2-\lambda-1$
Einsetzen von $\lambda_1$ in $p_A$ liefert:
$p_A(\lambda_1)=(\frac{1}{2}(1+\sqrt 5))^2-(\frac{1}{2}(1+\sqrt 5))-1=
(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt 5}{2})^2-(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt 5}{2})-1=
\frac{1}{4}+\frac{\sqrt 5}{2}+\frac{5}{4}-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt 5}{2}-1=0$
Einsetzen von $\lambda_2$ in $p_A$ liefert:
$p_A(\lambda_2)=(\frac{1}{2}(1-\sqrt 5))^2-(\frac{1}{2}(1-\sqrt 5))-1=
(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt 5}{2})^2-(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt 5}{2})-1=
\frac{1}{4}-\frac{\sqrt 5}{2}+\frac{5}{4}-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt 5}{2}-1=0$
Der Eigenvektor $v_1$ zu $\lambda_1$:
$v_1 = \begin{pmatrix}\frac{1}{2}(-1 + \sqrt 5)\\1\end{pmatrix}$.
Der Eigenvektor $v_2$ zu $\lambda_2$:
$v_2 = \begin{pmatrix}\frac{1}{2}(-1 - \sqrt 5)\\1\end{pmatrix}$.

### Aufgabe 3b)

$D = \begin{pmatrix}
\frac{1}{2}(1+\sqrt 5)&0\\
0&\frac{1}{2}(1-\sqrt 5)\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\frac{-1}{\sqrt5}&\frac{1}{10}(5-\sqrt 5)\\
\frac{1}{\sqrt5}&\frac{1}{10}(5+\sqrt 5)\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}(-1+\sqrt 5)&1\\
\frac{1}{2}(-1-\sqrt 5)&1\end{pmatrix}$.

Geweth Christina, 103194
Günther Lucia, 102907
Kern Anna-Lena, 89377

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