\documentclass[a4paper]{article}

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\def\IN{\mathbb N}
\def\IZ{\mathbb Z}
\def\IR{\mathbb R}
\def\IC{\mathbb C}
\def\IQ{\mathbb Q}

\providecommand{\abs}[1]{\left|#1\right|}
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\DeclareMathOperator{\re}{Re}
\DeclareMathOperator{\im}{Im}
\DeclareMathOperator{\ima}{im}

\newtheorem*{prop}{Behauptung}

\begin{document}
\begin{center}
\begin{Large}
  L"osungen zur linearen Algebra, Blatt 13
\end{Large}
\end{center}
\begin{description}

%  Das charakteristische Polynom berechnen wir mit der Leibnizformel (bzw. mit der Regel, die man daraus f"ur die Determinante von $3\times 3$-Matrizen ableitet:
%  \begin{multline*}
%    \det \begin{pmatrix} -4+\lambda&5&-3\\2&2+\lambda&2\\7&-5&6+\lambda \end{pmatrix}\\
%    \begin{aligned}
%      &=(-4+\lambda)(2+\lambda)(6+\lambda) + 5\cdot 2\cdot 7+ (-3)\cdot 2\cdot(-5)\\
%      &\phantom{=} - (-4+\lambda)\cdot 2\cdot(-5) -5\cdot 2\cdot(6+\lambda)- (-3)\cdot (2+\lambda)\cdot 7\\
%      &= \lambda^3 + (6+2-4)\lambda^2 +(12-24-8)\lambda +70 +30 -(-10)\lambda -40 -10\lambda-60 -(-21)\lambda-(-42)\\
%      &= \lambda^3 + 8\lambda^2 +\lambda +42
%    \end{aligned}
%  \end{multline*}
%  Wie in der Aufgabe bereits angegeben ist 1 Nullstelle des Polynoms. Wir erhalten
\item[Aufgabe 1:] Das charakteristische Polynom der Matrix ist
\begin{align*}
  \chi_A(X)
  =\det(X\cdot E_3-A)
  =\det
  \begin{pmatrix} X-4&\phantom{-}5&-3\\
    \phantom{-}2&X+2&\phantom{-}2\\
    \phantom{-}7&-5&X+6
  \end{pmatrix}
  =X^3+4\,X^2+X-6\;.
\end{align*}
Die Nullstellen dieses Polynoms kann man erraten oder berechnen
(da der Grad~$\le 4$ ist),
es gilt
\begin{equation*}
  \chi_A(X)=(X+3)(X+2)(X-1)\;.
\end{equation*}
Also sind die Eigenwerte gerade~$-3$, $-2$ und~$1$. Insbesondere erhalten wir drei verschiedene Eigenwerte, und da Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten linear unabh"angig sind, m"ussen die Eigenr"aume alle eindimensional sein. Es gen"ugt daher, zu jedem Eigenwert einen Eigenvektor zu finden. Dazu suchen wir L"osungen der linearen Gleichungssyteme
\begin{equation*}
  A\,x+3\,x=0\;,\qquad
  A\,y+2\,y=0\;\quad\text{und}\quad
    A\,z-z=0,
\end{equation*}
also z.B.
$$\begin{matrix}
    (4+3)x_1&-&5x_2&+&3\,x_3&=&0\;,\\
    -2x_1&+&(-2+3)x_2&-&2x_3&=&0\;,\\
    -7x_1&+&5x_2&+&(-6+3)x_3&=&0\;,\\
\noalign{\bigskip}
    x_1&-&\frac 57\,x_2&+&\frac 37 x_3&=&0\;,\\
       &-&\frac 37\,x_2&-&\frac 87&=&0\;,\\
        &&&&0&=&0\;,\\
\noalign{\bigskip}
    x_1&&    &+&\frac 73x_3&=&0\;,\\
        &&x_2&+&\frac 83\,x_3&=&0\;.\\
\end{matrix}$$
Ein Eigenvektor zum Eigenwert~$-3$ w\"are demnach der
Vektor~$\Bigl(\smallmatrix\phantom{-}7\\\phantom{-}8\\-3\endsmallmatrix\Bigr)$.
In der Tat gilt
    $$\begin{pmatrix}\phantom{-}4&-5&\phantom{-}3\\
        -2&-2&-2\\
        -7&\phantom{-}5&-6\end{pmatrix}
    \cdot\begin{pmatrix}\phantom{-}7\\\phantom{-}8\\-3\end{pmatrix}
    =\begin{pmatrix}-21\\-24\\\phantom{-2}9\end{pmatrix}
    =(-3)\cdot\begin{pmatrix}\phantom{-}7\\\phantom{-}8\\-3\end{pmatrix}\;.$$
Analog zeigen wir, dass $\begin{pmatrix} \phantom{-}5\\\phantom{-}3\\-5 \end{pmatrix}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $-2$ ist, und $\begin{pmatrix} \phantom{-}1\\\phantom{-}0\\-1 \end{pmatrix}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $1$.
\item[Aufgabe 2:] \begin{enumerate}[a)] 
  \item Sei
    $A=(a_{ij})_{\substack{i=1,\ldots,m\\j=1,\ldots,n}}$ und
    $B=(b_{jk})_{\substack{j=1,\ldots,n\\k=1,\ldots,m}}$. Nach der
    Definition des Produkts gilt 
    \begin{align*}
      \mathrm{tr}(A\cdot B)&=\sum_{i=1}^m \Bigl(\sum_{j=1}^n a_{ij}b_{ji}\Bigr) =\sum_{j=1}^n\Bigl( \sum_{i=1}^m b_{ji}a_{ij}\Bigr) =\mathrm{tr}(B\cdot A).
    \end{align*}
  \item Wir haben soeben gesehen, dass $\scal{\cdot}{\cdot}$ symmetrisch ist.
    Wir zeigen als n"achstes die Linearit"at der Abbildung im ersten Argument. Die Spurabbildung $\mathrm {tr}\colon M_{m}(\IR)\to R$ ist offenbar linear, und da das Produkt von Matrizen selber bilinear ist, folgt
    \begin{align*}
      \scal{A_1+A_2}{B}&=\mathrm{tr}((A_1+A_2)B^t)=\mathrm{tr}(A_1B^t+A_2B^t)=\mathrm{tr}(A_1B^t) +\mathrm{tr} (A_2B^t)\\ &=\scal{A_1}{B}+\scal{A_2}{B},\\
      \scal{\lambda\, A_1}{B}&=\mathrm{tr}(\lambda\, A_1 B^t)=\lambda\cdot \mathrm{tr}(A_1 B^t)=\lambda\cdot\scal{A_1}{B}.
    \end{align*}
    f"ur alle Matrizen $A_1,A_2, B\in M_{m,n}(\mathbb R)$ und $\lambda\in \mathbb R$. Aus der bereits gezeigten Symmetrie folgt Bilinearit"at im zweiten Argument. Als letztes bleibt noch zu zeigen, dass die Bilinearform positiv definit ist. Die obige Rechnung zeigt
    \begin{equation*}
      \scal{A}{A}=\mathrm{tr}AA^t=\sum_{i,j}a_{ij}^2.
    \end{equation*}
    Also ist $\scal AA\ge 0$, wobei Gleichheit genau f"ur $A=0$ gilt.
  \end{enumerate}
\item[Aufgabe 3:]
\begin{enumerate}[a)] \item Wir beweisen zuerst eine Hilfsaussage.
\begin{prop} Sei $m\in\mathbb N$. Ist $F^m(v)$ enthalten in dem von $F^0(v),\ldots, F^{m-1}(v)$ erzeugten Unterraum, so ist auch $F^{m+1}(v)$ in diesem Unterraum enthalten.
\end{prop}
\begin{proof}
  Nach Voraussetzung gibt es $\lambda_0,\ldots,\lambda_{m-1}\in K$ mit $F^m(v)=\sum_{j=0}^{m-1} \lambda_j F^j(v)$.
  Dann folgt
  \begin{align*}
    F^{m+1}(v)&= F(F^m(v))= F(\lambda_0 F^0(v)+\cdots +\lambda_{m-1} F^{m-1}(v))\\
    &= \sum_{j=0}^{m-1} \lambda_j F(F^{j}(v))= \sum_{j=0}^{m-1} \lambda_j F^{j+1}(v)= \sum_{j=1}^{m-1} \lambda_{j-1}F^j(v)+\lambda_{m-1}F^m(v)\\ &=\sum_{j=1}^{m-1} \lambda_{j-1} F^j(v) +\lambda_{m-1}\sum_{j=0}^{m-1} \lambda_j F^j(v).
  \end{align*}
\end{proof}
Die Behauptung zeigt nun folgendes: Ist $m$ maximal, so dass $F^0(v),\ldots,F^{m-1}(v)$ linear unabh"angig sind, so ist der von allen $F^i(v)$ ($i\in\mathbb N_0$) erzeugte Unterraum $m$-dimensional. Nach Voraussetzung muss damit $m=n$ gelten.
\item Die Matrix von $F$ bez"uglich dieser Basis ist von der Form
  \begin{equation*}
    A=\begin{pmatrix} 0&&&&0&\mu_0\\ 1&0&&&0&\mu_1\\ 0&1&0&&0&\mu_2\\&&\ddots\\ &&&1&0&\mu_{n-2}\\ &&&0&1&\mu_{n-1} \end{pmatrix},
  \end{equation*}
  wobei $\mu_0,\ldots,\mu_{n-1}$ irgendwelche Elemente des K"orpers $K$ sind. Um das charakteristische Polynom auszurechnen, entwickeln wir die Determinante von $
  \lambda X-A$ nach der letzten Spalte. Das liefert
  \begin{equation*}
    \chi_A(X)=\sum_{j=1}^{n-1} (-1)^{n+j}(-\mu_{j-1})\cdot \det C_j +(X-\mu_{n-1})\cdot \det C_n.
  \end{equation*}
  Jedes $C_j$ ist eine Blockmatrix
  \begin{equation*}
    C_j=\left( \begin{array}{c|c} P_{j-1}&0\\\hline 0&Q_{n-j} \end{array}\right),
  \end{equation*}
  und die Matrizen $P_k\in M_k(\mathbb R)$ bzw.~$Q_k\in M_k(\mathbb R)$ sind untere und obere Dreiecksmatrizen von der Form
  \begin{equation*}
    P_k=\begin{pmatrix} X&0&0\\ -1&X&0\\ 0&-1&X\\&&&\ddots\\&&&&X&0\\&&&&-1&X \end{pmatrix},\quad
    Q_k=\begin{pmatrix} -1&X&0&\\0&-1&X&\\0&0&-1&\\&&&\ddots\\&&&&-1&X\\ &&&&0&-1 \end{pmatrix}.
  \end{equation*}
  Die Determinante einer Dreiecksmatrix ist das Produkt der Diagonaleintr"age, also gilt
  \begin{align*}
    \chi_A(X)&=\sum_{j=1}^{n-1} (-1)^{n+j}(-\mu_{j-1})\cdot \det P_{j-1}\cdot\det Q_{n-j} +(X-\mu_{n-1})\cdot \det P_{n-1}\\
    &=\sum_{j=1}^{n-1} (-1)^{n+j-1}\mu_{j-1} X^{j-1} (-1)^{n-j}+X^n-\mu_{n-1}X^{n-1}\\
    &=-\sum_{j=0}^{n-1} \mu_j X^{j}+X^n.
  \end{align*}
  Wir sehen, dass $\mu_0,\ldots,\mu_{n-1}$ die Koeffizienten des charakteristischen Polynoms sind.
\item  Das charakteristische Polynom h"angt nicht von der Wahl einer Basis ab, die zyklische Normalform der Abbildung $F$ ist also ebenfalls unabh"angig von der Wahl eines Erzeugers $v$.
\end{enumerate}
\item[Aufgabe 4:] Das charakteristische Polynom der Matrix A ist
  \begin{equation*}
    \chi_A(X)=X^2+(a+d)X+ad-bc.
  \end{equation*}
  Die Nullstellen von $\chi_A$ sind (man beachte das Vorzeichen)
    \begin{equation*}
      -\lambda_\mp=-\frac{a+d}2 \pm \sqrt{\left(\frac{a-d}2\right)^2+bc}.
    \end{equation*}
    Es gilt $\lambda_+>\lambda_->0$, denn die Matrix $A$ ist so gew"ahlt, dass der Ausdruck in der Wurzel positiv ist.  Da $A$ zwei verschiedene Eigenwerte hat, wissen wir, dass es
    eine invertierbare Matrix $T$ gibt mit
    \begin{equation*}
      TAT^{-1}=\begin{pmatrix} -\lambda_-&0\\0&-\lambda_+\end{pmatrix}.
    \end{equation*}
    Ist nun $f$ eine L"osung der Gleichung $f''=Af$, so gilt f"ur $g=Tf$ die Gleichung
    \begin{equation*}
      g''=Tf''=TAf=TAT^{-1}(Tf)=TAT^{-1}g.
    \end{equation*}
    Ebenso erh"alt man aus jeder L"osung $g$ der Gleichung
    $g''=TAT^{-1}g$ eine L"osung $f=T^{-1}g$ der Gleichung $f''=Af$.
    
    Da $TAT^{-1}$ eine Diagonalmatrix ist, l"asst sich die neue
    Gleichung viel leichter l"osen als die urspr"ungliche. Die Zahlen
    $\lambda_-$ und $\lambda_+$ sind positiv, und aus der
%    Vorlesung ist bekannt, dass jede L"osung $g$ der neuen Gleichung
%    von der Form
%    \begin{equation*}
%      g(t)=\begin{pmatrix} \alpha_-\cos\bigl(\sqrt{\lambda_-}t\bigr)+\beta_-(\lambda_-)^{-1/2}\sin\bigl(\sqrt{\lambda_-} t\bigr)\\
%        \alpha_+\cos\bigl(\sqrt{\lambda_+}t\bigr)+\beta_+(\lambda_+)^{-1/2}\sin\bigl(\sqrt{\lambda_+} t\bigr) \end{pmatrix}
%    \end{equation*}
%    mit beliebigen Koeffizienten ist, und zwar ist das gerade die L"osung mit
%    \begin{equation*}
%      g(0)=\begin{pmatrix} \alpha_-\\\alpha_+ \end{pmatrix},\quad
%      g'(0)=\begin{pmatrix} \beta_-\\\beta_+ \end{pmatrix}.
%    \end{equation*}
    Vorlesung ist bekannt, dass jede L"osung $g$ der neuen Gleichung
    eine Linearkombination $g=\alpha_- c_-+\beta_- s_-+\alpha_+
    c_++\beta_+ s_+$ ist, wobei
    \begin{gather*}
      c_-(t)=\begin{pmatrix} \cos\bigl(\sqrt{\lambda_-} t\bigr)\\0\end{pmatrix},\ 
      s_-(t)=\begin{pmatrix} \frac{\sin\bigl(\sqrt{\lambda_-}t\bigr)}{\sqrt{\lambda_-}}\\0\end{pmatrix},\\ 
      c_+(t)=\begin{pmatrix} 0\\ \cos\bigl(\sqrt{\lambda_+}t\bigr) \end{pmatrix},\ 
      s_+(t)=\begin{pmatrix} 0\\ \frac{\sin\bigl(\sqrt{\lambda_+}t\bigr)}{\sqrt{\lambda_+}} \end{pmatrix}.
    \end{gather*}
    Die Koeffizienten f"ur die L"osung der Aufgabe ergeben sich aus
    \begin{equation*}
      \begin{pmatrix} \alpha_-\\\alpha_+\end{pmatrix} =g(0)=Tf(0)=T\cdot \begin{pmatrix} x_1\\x_2\end{pmatrix},\quad
      \begin{pmatrix} \beta_-\\\beta_+\end{pmatrix} =g'(0)=Tf'(0)=T\cdot \begin{pmatrix} y_1\\y_2 \end{pmatrix}.
    \end{equation*}
    Um die L"osung zu berechnen, m"ussen wir also die Matrix $T$ bestimmen.
    Man "uberpr"uft, dass die Eigenr"aume von $A$ aufgespannt werden von
    \begin{equation*}
      v_-=\begin{pmatrix} b\\ a-\lambda_-\end{pmatrix}\quad\text{und}\quad
      v_+=\begin{pmatrix} b\\ a-\lambda_+\end{pmatrix}.
    \end{equation*}
%    \begin{equation*}
%      v_-=\begin{pmatrix} b\\ \frac{a-d}2+\sqrt{\left(\frac{a-d}2\right)^2+bc} \end{pmatrix}\quad\text{und}\quad v_+=\begin{pmatrix} b\\ \frac{a-d}2- \sqrt{\left(\frac{a-d}2\right)^2+bc}\end{pmatrix}
%    \end{equation*}
    Die Matrix $T^{-1}$ hat $v_-$ und $v_+$ als Spalten, und durch Invertieren dieser Matrix erhalten wir
%    \begin{equation*}
%      T=\frac 1{\sqrt{(a-d)^2+4bc}}\cdot
%      \begin{pmatrix} \bigl(\sqrt{(a-d)^2+4bc}-(a-d)\bigr)/2b&1\\
%        \bigl(\sqrt{(a-d)^2+4bc}+(a-d)\bigr)/2b&-1
%      \end{pmatrix}.
%    \end{equation*}
    \begin{equation*}
      T=\frac 1{b(\lambda_+-\lambda_-)} \begin{pmatrix} -a+\lambda_+&b\\ a-\lambda_-&-b \end{pmatrix}.
    \end{equation*}
    Zusammenfassend erhalten wir also als L"osung f"ur das angegebene Problem die Funktion
    \begin{align*}
      f(t)&= \frac {((-a+\lambda_+)x_1+b x_2) \cos\bigl(\sqrt{ \lambda_-} t\bigr) +((-a+\lambda_+) y_1+b y_2)\sin\bigl(\sqrt{\lambda_-}t\bigr)/\sqrt{\lambda_-}}{b(\lambda_+-\lambda_-)} \begin{pmatrix} b\\a-\lambda_-\end{pmatrix}\\
      &\phantom{=}+\frac {((a-\lambda_-)x_1-bx_2) \cos\bigl(\sqrt{\lambda_+}t\bigr) +((a-\lambda_-)y_1-by_2)\sin\bigl(\sqrt{\lambda_+}t\bigr)/\sqrt{\lambda_+}}{b(\lambda_+-\lambda_-)} \begin{pmatrix} b\\a-\lambda_+\end{pmatrix}.
    \end{align*}
    In der Vorlesung wurde die Gleichung $f''=Af$ eingef"uhrt als Bewegungsgleichung f"ur das folgende mechanische System: Zwei Massepunkte sind untereinander durch eine Feder verbunden, und jeder ist durch eine weitere Feder mit einer von zwei gegen"uberliegenden W"anden verbunden. Wir sehen hier, dass sich die Bewegung der Punkte aus zwei Schwingungen zusammensetzt, von denen eine schneller ist als die andere (da $\lambda_+>\lambda_-$). Au"serdem gilt
    \begin{align*}
      a-\lambda_-&=\frac{a-d}2+\sqrt{\left(\frac{a-d}2\right)^2+bc} >0\\
      a-\lambda_+&=\frac{a-d}2-\sqrt{\left(\frac{a-d}2\right)^2+bc} <0,
    \end{align*}
    d.h. von den Eigenvektoren der Matrix $A$ hat $v_-$ zwei positive Komponenten und $v_+$ eine positive und eine negative. Von den beiden Schwingungen ist also die langsamere eine, bei der beide die Punkte \glq in Phase\grq{} schwingen, bei der schnelleren schwingen sie entgegensetzt.
\end{description}
    \end{document}

