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Mathematik-Online-Aufgabensammlung: Lösung zu

Aufgabe 1155: Basis, Matrixdarstellung

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Es sei $ A_{\lambda}:=\left(\begin{matrix} -4-\lambda & 5 & -5 \\ -2 &3-\lambda& -2 \\ 1 &-1 & 2-\lambda \end{matrix}\right)$ gegeben, und es seien $ \lambda_1=1$, $ \lambda_2=1$, $ \lambda_3=-1$ die Nullstellen des Polynoms $ c(\lambda):=\operatorname{det}(A_{\lambda})$. Außerdem sei $ \alpha\colon\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3\colon x\mapsto A_0\, x$.

  1. Bestimmen Sie Vektoren $ b_1$, $ b_2$, $ b_3$ derart, dass $ A_{\lambda_j}b_j=0$ für $ j\in\{1,2,3\}$ gilt und dass $ B\colon b_1, b_2, b_3$ eine Basis ist.
  2. Geben Sie die Matrixdarstellung $ _B\alpha_B$ an.
  3. Berechnen Sie $ \sum_{k=0}^{5}\frac{1}{k!}\left(_E\alpha_E\right)^k$.

    Hinweis: Die Matrix $ _B\alpha_B$ hilft dabei.

  1. Da $ \lambda_1=\lambda_2=1$ ist, müssen wir zwei lineare Gleichungssysteme lösen, nämlich $ A_1b=0$ und $ A_{-1}b=0$. Diese haben die folgenden Lösungsmengen:

    $\displaystyle \Big{\{}\mu\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1\end{pmatrix} + \nu \begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \Big\vert \mu,\nu\in\mathbb{R}\Big{\}}$   bzw.$\displaystyle \quad \Big{\{}\eta\begin{pmatrix}5 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}\Big\vert\eta\in\mathbb{R}\Big{\}}$    

    Als Basis nehmen wir

    $\displaystyle b_1=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1\end{pmatrix}\quad b_2=\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}\quad b_3=\begin{pmatrix}5 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}$    

    Wir müssen noch zeigen, dass dies tatsächlich eine Basis ist. Da wir die Dimension des Vektorraums kennen (nämlich 3) reicht es zu zeigen, dass die drei Vektoren linear unabhängig sind. Eine Möglichkeit ist es, den Rang der Matrix aus den drei Vektoren zu berechnen. Dieser ist tatsächlich 3, also bilden die Vektoren eine Basis.

  2. Wir haben   $ _B\alpha_B=$  $ _B{\operatorname{id}}_E\ $     $ _E\alpha_E$     $ _E{\operatorname{id}}_B$, wobei $ E$ die Standardbasis von $ \mathbb{R}^3$ bezeichnet. Dann ist

      $\displaystyle _B\alpha_B= \begin{pmatrix}-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{3}... ...nd{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$    

  3. Hier nutzen wir aus, dass   $ _E\alpha_E=$  $ _E{\operatorname{id}}_B$     $ _B\alpha_B\ $     $ _B{\operatorname{id}}_E\ $ ist. Wir setzen das in die Summenformel ein und erhalten:

    $\displaystyle \sum_{k=0}^{5}\frac{1}{k!}\left(_E\alpha_E\right)^k$ $\displaystyle = \sum_{k=0}^{5}\frac{1}{k!}\left(_E{{\operatorname{id}}}_B\ _B\alpha_B\ _B{{\operatorname{id}}}_E\right)^k$    
      $\displaystyle =\sum_{k=0}^{5}\frac{1}{k!}_E{{\operatorname{id}}}_B\left(_B\alpha_B\right)^k _B{{\operatorname{id}}}_E$    
      $\displaystyle =_E{{\operatorname{id}}}_B \left(\sum_{k=0}^{5}\frac{1}{k!}\left(_B\alpha_B\right)^k\right) {_B{{\operatorname{id}}}_E}$    

    Die innere Summe können wir nun relativ leicht berechnen und erhalten:

    \begin{multline*} \sum_{k=0}^{5}\frac{1}{k!}\left(_B\alpha_B\right)^k= \begin{pm... ...\\ 0 & \frac{163}{60} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{22}{60} \end{pmatrix}\end{multline*}

    Das ergibt als Endergebnis

    $\displaystyle \sum_{k=0}^{5}\frac{1}{k!}\left(_E\alpha_E\right)^k$ $\displaystyle = \begin{pmatrix}1 & -1 & 5 \\ 0 & -1 & 2 \\ -1 & 0 & -1 \end{pma... ...c{3}{2} \\ 1 & -2 & 1 \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}$    
      $\displaystyle = \frac{1}{120}\begin{pmatrix}-379 & 705 & -705 \\ -282 & 608 & -292 \\ 141 & -141& 497 \end{pmatrix}$    

(Ackermann/Poppitz)
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  automatisch erstellt am 29. 12. 2005