Eigenwerte und Eigenvektoren – Mathe Studium 1. Semester Lösungen zur Klassenarbeit zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1 (6 BE/Punkte)

   a) Spur \(7\), Determinante \(6\): \(\lambda^2-7\lambda+6=0\), \(\lambda_1=1\), \(\lambda_2=6\) (2 P.).
   b) \(\lambda=1\): \(4x+2y=0\), \(v_1=(1,-2)^T\). \(\lambda=6\): \(-x+2y=0\), \(v_2=(2,1)^T\) (2 P.).
   c) \(P=\begin{pmatrix}1&2\\-2&1\end{pmatrix}\), \(D=\mathrm{diag}(1,6)\) (1 P.).
   d) \(A^2=\begin{pmatrix}29&14\\14&8\end{pmatrix}\), \(A^3=\begin{pmatrix}173&86\\86&44\end{pmatrix}\). Spur \(217=1+216\) ✓ (1 P.).

   Für \(2\times2\)-Matrizen lautet das charakteristische Polynom \(\lambda^2-\operatorname{tr}A\,\lambda+\det A\). Die Eigenvektoren stehen senkrecht aufeinander, weil \(A\) symmetrisch ist. In \(P\) stehen die Eigenvektoren in derselben Reihenfolge wie die Eigenwerte in \(D\). Die Spur von \(A^3\) muss gleich \(1^3+6^3=217\) sein; das ist eine bequeme Kontrolle der direkten Rechnung.

2. Lösung zu Aufgabe 2 (4 BE/Punkte)

   a) Spur \(1{,}6\), Determinante \(0{,}63-0{,}03=0{,}6\): \(\lambda=1\) und \(\lambda=0{,}6\) (2 P.).
   b) \(-0{,}1s+0{,}3l=0\), \(s=3l\), also \((0{,}75;0{,}25)\) (1 P.).
   c) \(x_1=P(0{,}5;0{,}5)^T=(0{,}6;0{,}4)^T\): \(60\,\%\) in der Stadt (1 P.).

   Bei einer Übergangsmatrix mit Spaltensummen \(1\) ist \(1\) immer ein Eigenwert; der zugehörige Eigenvektor, normiert auf die Summe \(1\), beschreibt die stabile Verteilung. Der zweite Eigenwert \(0{,}6\) gibt an, wie schnell Abweichungen von diesem Gleichgewicht abklingen: Sie schrumpfen jedes Jahr auf sechzig Prozent. Langfristig leben also drei Viertel der Bevölkerung in der Stadt.

3. Lösung zu Aufgabe 3 (4 BE/Punkte)

   a) \((1-\lambda)^2-t^2=0\), \(\lambda=1\pm t\) (2 P.).
   b) \(\det A_t=1-t^2=0\) für \(t=\pm1\); dann ist ein Eigenwert \(0\) (1 P.).
   c) Ja, denn \(A_t\) ist reell symmetrisch (Spektralsatz); für \(t=0\) ist \(A_0=E\) (1 P.).

   Das charakteristische Polynom ist eine Differenz zweier Quadrate und lässt sich ohne Lösungsformel faktorisieren. Ein Eigenwert null bedeutet, dass ein Vektor auf den Nullvektor abgebildet wird; dann ist die Matrix nicht invertierbar. Für die Diagonalisierbarkeit genügt die Symmetrie; alternativ zeigt man, dass für \(t\ne0\) zwei verschiedene Eigenwerte vorliegen und für \(t=0\) die Einheitsmatrix.

4. Lösung zu Aufgabe 4 (3 BE/Punkte)

   a) Falsch: Die Drehung \(\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\) hat \(\lambda^2+1=0\) (1 P.).
   b) Wahr: Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten sind linear unabhängig, also gibt es \(n\) davon (1 P.).
   c) Wahr: \(\det(A-0\cdot E)=\det A=0\) (1 P.).

   Für a) reicht ein Gegenbeispiel; die Drehung um neunzig Grad lässt keine Richtung fest, deshalb hat sie keinen reellen Eigenwert. Bei b) wird ein Satz zitiert, dessen Beweis über Induktion läuft. In c) setzt man \(\lambda=0\) in das charakteristische Polynom ein. Jede Teilaufgabe wird nur bewertet, wenn eine Begründung vorliegt; ein bloßes „wahr“ zählt nicht.

5. Lösung zu Aufgabe 5 (3 BE/Punkte)

   a) \(\operatorname{tr}A=7\), \(\det A=8\) (1 P.).
   b) \(A^{-1}\): \(1,\frac12,\frac14\); \(A^2-A\): \(1-1=0\), \(4-2=2\), \(16-4=12\) (2 P.).

   Die Spur ist die Summe, die Determinante das Produkt der Eigenwerte, jeweils mit Vielfachheit gezählt. Ist \(Av=\lambda v\), so folgt \(A^{-1}v=\lambda^{-1}v\) und \((A^2-A)v=(\lambda^2-\lambda)v\); Eigenvektoren bleiben also erhalten, nur die Eigenwerte werden durch dieselbe Formel transformiert. Da \(0\) kein Eigenwert von \(A\) ist, existiert die Inverse.

Gesamt : 20 Punkte