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title: 4. Übungsblatt zur Linearen Algebra 2
tags: [Mathematik, Lineare Algebra 2, Uni]

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# 4. Übungsblatt zur Linearen Algebra 2

## Aufgabe 1

Es sei $M=\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} \in Mat_{2 \times 2}(\mathbb{R})$.

### 1a)

Zu zeigen: $v_1 = \begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}$ ist Eigenvektor von $M$.
Dafür berechnen wir die Eigenvektoren von $M$.
$p_a = det(XE-M) =
det(\begin{pmatrix} x & 0 \\ 0 & x \end{pmatrix} -
\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix})=
det(\begin{pmatrix} x-3 & -2 \\ -2 & x-3 \end{pmatrix})=
(x-3)^2-4$
Es muss gelten: $p_a = 0$: Berechnung mit der Mitternachtsformel.  
$\lambda_{1/2} = \frac{1}{2} \cdot (6 \pm \sqrt{36-4 \cdot 5}) =
\frac{1}{2} \cdot (6 \pm 4)$.
$\lambda_1=5, \lambda_2=1.$  
Zur Berechnung der Eigenvektoren werden die Eigenwerte in
die Gleichung $(M-\lambda E)(V)=0$ eingesetzt, $V \in \mathbb{R}^2$.
$M-\lambda_1 E=\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} -
\begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}=
\begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}$.
$(M-\lambda E)(V)=0
\Leftrightarrow \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = 0$.  
Übertragung in ein lineares Gleichungssystem liefert:
$\begin{pmatrix} -2 & 2 & |0\\ 2 & -2 &|0\end{pmatrix}$.
Lösung dieses Gleichungssystems liefert $v_1 = v_2$,
damit $V = k\begin{pmatrix} 1\\1\end{pmatrix}\forall k \in \mathbb{R}.$
Insbesondere gibt es einen Eigenvektor $V = \begin{pmatrix} 1\\1\end{pmatrix}$.
Der zugehörige Eigenwert $\lambda _1$ ist 5.

### 1b)

Wir benutzen die Ergebnisse aus Aufgabe 1 a).
Dort hatten wir bereits berechnet,
dass die Eigenwerte von $M$ $\lambda_1=5$ und $\lambda_2=1$ sind.

Berechnung des Eigenvektors zu $\lambda_2$:  
$M-\lambda_2 E=\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} -
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=
\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$.
$(M-\lambda E)(V)=0
\Leftrightarrow \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = 0$.  
Übertragung in ein lineares Gleichungssystem liefert:
$\begin{pmatrix} 2 & 2 & |0\\ 2 & 2 &|0\end{pmatrix}$.
Lösung dieses Gleichungssystems liefert $v_1 = -v_2$,
damit $V = k\begin{pmatrix} 1\\-1\end{pmatrix} \forall k \in \mathbb{R}.$  
Daraus folgt: $Eig(M, 5)=\{k\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}| k \in \mathbb{R}\}$
und $Eig(M, 1)=\{k\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}| k \in \mathbb{R}\}$.
Basis $B = (\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix})$.
Skizzierung in der Ebene:

![Skizze](https://i.imgur.com/ps9sXzm.png)

## Aufgabe 2

$A=\begin{pmatrix} 0&1&0 \\ 1&0&0\\ 1&-1&1 \end{pmatrix} \in Mat_{3\times 3}(\mathbb{R})$)
z.z: A ist diagonalisierbar.

Beweis:

- $i)$ Die Matrix muss drei Eigenwerte haben,
um diagonalisierbar zu sein,
da $A \in Mat_{3\times 3}(\mathbb{R})$:
$p_a=det(XE-A)=
det(\begin{pmatrix} x&0&0\\0&x&0\\0&0&x \end{pmatrix} -
\begin{pmatrix} 0&1&0 \\ 1&0&0\\ 1&-1&1 \end{pmatrix})=
(x^2)(x-1)-(x-1)(-1)(-1)=(x-1)^2(x+1)=x^3-x^2-x+1$  
Berechnung liefert: $p_a$ hat 3 Nullstellen:
$\lambda_1=-1$ und $\lambda_{2,3}=1$
und somit doppelte Nullstelle und sind somit Eigenwerte.
- $ii)$ Die algebraische Vielfachheit  soll gleich
der geometrischen Vielfachheit sein für alle $\lambda$:
algebraische Vielfachheit lässt sich an dem
charakterisitischen Polynom anhand der Exponenten ablesen.
$\Rightarrow$ von $\lambda_1$ ist 1 und von $\lambda_{2,3}$ ist 2.  
Eig(A,1)={$\begin {pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$,
$\begin {pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$}
$\Rightarrow$ dim(Eig(A,1))= 2 und somit gleich der alg. Vielfachheit von 1.  
Eig(A,-1)={$\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end {pmatrix}$}
$\Rightarrow$ dim(Eig (A,-1))= 1 und somit gleich der alg Vielfachheit von -1.  
$\Rightarrow$ Die Matrix A ist diagonalisierbar
und $\mathcal{B}=({\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end {pmatrix},
\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}})$.

## Aufgabe 3

### 3b)

$M= \begin{pmatrix} a&-b\\ b&2a \end{pmatrix}$

$char(M)=(M- \lambda E) = 2a^2\lambda-a\lambda-2a\lambda+\lambda^2+b^2=
\lambda^2-3a\lambda+b^2+2a^2$  

$\lambda$ wird mit der Mitternachtsformel berechnet:  

$\lambda_{1,2}$=$\frac {3a \pm \sqrt{9a^2-4(b^2+2a^2)}}{2}=
\frac {3a \pm \sqrt{9a^2-4b^2-8a^2}}{2}=\frac {3a \pm \sqrt{a^2-4b^2}}{2}$
Damit $\lambda$ eindeutig ist, muss $\lambda_1=\lambda_2$ gelten, also
muss der Ausdruck unter der Wurzel $=0$ sein: $a^2-4b=0 \Rightarrow a= \frac{1}{2}b$

Die Parameter müssen so gewählt werden, dass a die Hälfte von b ist.

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

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