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Studentische Fragen zur HM1-Übung, Blatt 11
Autor: Yuen Au Yeung Stand: 20.01.2012
Warnung: Liebe Studierende, ich habe in den Übungen sehr deutlich gemerkt, dass einige Defizite
beim Lösen von linearen Gleichungssystemen haben. 1 Meiner Meinung nach gehört das aber
zu den Standardrechnungen, die jeder in unserem Kurs beherrschen sollte. Völlig unabhängig
davon, ob es in der bevorstehenden Klausur abgeprüft wird, daher hier meine dringende Bitte:
Trainiert das Lösen von LGSen im homogenen sowie inhomogenen Fall und trainiert
auch, wie man “freie Parameter” setzt! Das brauchen wir z. B. auch bei der Bestimmung
von Eigenvektoren, Hauptvektoren, Ausgleichsrechnung, etc. Stellt mir Fragen, wenn Euch etwas
dazu unklar ist!
Guide: Hier sind Fragen und Antworten aufgelistet, die mir vor/während/nach meinen drei
wöchentlichen Übungen gestellt wurden. Fragen wurden in blau, Antworten in rot hervorgehoben.
Bei langen Fragen wurden die Stichwörter in rosa geschrieben. Nachträgliche Korrekturen
in den Antworten sind ebenfalls rot markiert.
1 Zur H 11.1
1. Frage: Zur Invertierung von S: Hätte ich S nicht so invertieren können: A ist symmetrisch,
also kann ich orthogonal diagonalisieren, d.h. S ist eine orthogonale Matrix. Per Definition
gilt dann S −1 = S T .
Antwort: Nein. Der Satz aus der Vorlesung sagt nur aus, dass ich eine orthogonale
Matrix S finden kann. Aber er sagt nicht aus, dass jede Matrix S, die A diagonalisiert,
auch orthogonalen ist! Und wir haben hier in der Tat A durch eine nicht-orthogonale
Matrix S diagonalisiert.
2 Zur H 11.2
1. Frage: Zur Eigenwert- und Eigenvektorenberechnung: Wir haben in der H 10.3 gelernt,
dass Eigenwerte und Eigenvektoren stets komplex konjugiert vorkommen. Hätte ich es
hier nicht anwenden können, um mir die langen Rechnungen zu ersparen?
Antwort: Nein. Wir haben zwar in der Tat gezeigt, dass Eigenwerte und Eigenvektoren
komplex konjugiert vorkomen. Allerdings haben wir dies ausschließlich für reelle Matrizen
gezeigt. Nachdem die Matrix A in dieser Aufgabe aber durchaus komplex ist, greift das
Resultat aus der vorherigen Woche nicht!
2. Frage: Zum Eigenvektor zum Eigenwert 30 in der Matrix B: Wie kann ich einen Vektor
bestimmen, der senkrecht auf den Eigenvektoren −→ v 1 , −→ v 2 , −→ v 3 steht?
1 Bitte nicht missverstehen. Ich bin keinesweges enttäuscht/sauer noch will ich hier jemanden angreifen.

⎛ ⎞
a
Antwort: Gesucht ist ein Vektor ⎜b
⎟
⎝c⎠ , der senkrecht auf den Vektoren −→ v 1 , −→ v 2 , −→ v 3 steht.
d
Unter Ausnutzung des Skalarproduktes heißt das:
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
a 2
⎜b
⎟
⎝c⎠ ·
⎜−1
⎟
⎝ 0 ⎠ , d. h. 2a − b = 0
d 0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
a 3
⎜b
⎟
⎝c⎠ ·
⎜ 0
⎟
⎝−1⎠ , d. h. 3a − c = 0
d 0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
a 4
⎜b
⎟
⎝c⎠ ·
⎜ 0
⎟
⎝ 0 ⎠ , d. h. 4a − d = 0
d −1
Die obigen drei Gleichungen definieren ein homogenes lineares Gleichungssystem in den
vier Unbekannten a, b, c, d:
⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
2 −1 0 0 a 0
⎜3 0 −1 0
⎟
⎝4 0 0 −1⎠ ·
⎜b
⎟
⎝c⎠ = ⎜0
⎟
⎝0⎠ ,
0 0 0 0 d 0
⎛ ⎞
1
welches als Lösung −→ x = µ ⎜2
⎟
⎝3⎠ mit µ ∈ R besitzt.
4
3. Frage: Wieso haben wir in dieser Aufgabe keine Hauptvektoren 2. oder höherer Stufen
bestimmt?
Antwort: Weil es keine gibt. Hier gibt es nur Hauptvektoren 1. Stufe (= Eigenvektoren).
Gesucht ist ja immer nach einer Basis aus Eigenvektoren. Nur, wenn ich nicht genügend
Eigenvektoren habe, um daraus eine Basis zu basteln, suche ich nach Hauptvektoren
höherer Stufen. Nachdem wir aber in beiden Fällen vier Eigenvektoren gefunden haben,
der zugrundeliegende Raum R 4 bzw. C 4 ist –also vierdimensional ist–, müssen wir nichts
weiteres machen.
Lax und jetzt nicht sehr präzise formuliert: Die algebraische Vielfachheit zu einem festen
Eigenwert sagt mir, wie viele linear unabhängige Hauptvektoren (beliebiger Stufe) ich
brauche, um eine Basis zu kriegen. Die geometrische Vielfachheit gibt an, wie viele lineare
unabhängige Eigenvektoren (= Hauptvektoren 1. Stufe) ich finden kann. Die Differenz
algebraische Vielfachheit - geometrische Vielfachheit
zu einem Eigenwert gibt also an, wie viele Hauptvektoren ab der Stufe 2 ich noch suchen
muss.

3 Zur H 11.3
⎛ ⎞
⎛ ⎞
1. Frage: Im Fall µ = 0 haben wir als Hauptvektoren 1. Stufe −→ 0
v 1 = ⎝−1⎠ sowie −→ 1
v 2 = ⎝0⎠
1
0
gewählt. Dann haben wir das LGS
(A − 1E) −→ v 3 = 5 −→ v 2 (1)
gelöst. Wieso mussten wir dann in der Matrix S das −→ v 2 durch −→ 5v 2 ersetzen???
(Wichtig: Ich habe der Ästhetik halber die Rollen von −→ v 1 und −→ v 2 vertauscht.)
Antwort: Okay nehmen wir mal an, wir ersetzen es nicht. Und nehmen wir an, wir
definieren S via
S := ( −→ v 1 , −→ v 2 , −→ v 3 )
Wir wollen: AS = SJ, damit wir auch tatsächlich eine JNF haben. Jetzt überlegen wir
uns mal, wie J mit dieser speziellen Wahl von S aussieht:
AS = A( −→ v 1 , −→ v 2 , −→ v 3 ) = (A −→ v 1 , A −→ v 2 , A −→ v 3 ). (2)
Da −→ v 1 und −→ v 2 Hauptvektoren der 1. Stufe sind, also Eigenvektoren zum EW 1, gilt für sie:
A −→ v 1 = 1·−→ v 1 sowie A −→ v 2 = 1·−→ v 2 . Gleichung (1) nach A −→ v 3 aufgelöst liefert: A −→ v 3 = 5 −→ v 2 +1 −→ v 3 .
Also ist Gleichung (2):
AS = (1 −→ v 1 , 1 −→ v 2 , 5 −→ v 2 + 1 −→ v 3 ). (3)
Andererseits wollen wir ja, dass AS = SJ ist. Wir suchen daher eine Matrix J, so dass
⎛ ⎞
(1 −→ v 1 , 1 −→ v 2 , 5 −→ v 2 + 1 −→ v 3 ) = ( −→ v 1 , −→ v 2 , −→ ? ? ?
v 3 ) ⎝? ? ? ⎠
} {{ }
=S
? ? ?
} {{ }
=J
Mit kurzer Überlegung 2 muss J daher lauten:
⎛
1 0
⎞
0
J = ⎝0 1 5⎠
0 0 1
Die rote 5 macht uns Probleme: Bei der JNF dürfen *nur* Einsen oder Nullen auf der
Nebendiagonalen stehen. Daher müssen wir auch −→ v 2 durch 5 −→ v 2 ersetzen.
Nehmt mal das neue S mit 5 −→ v 2 in der zweiten Spalteund und sucht dann die Matrix J...
Und siehe da, J ist dann eine JNF.
4 Sonstiges
1. Frage: Zum 3 Stolte-Trick mit Minus-1: Dürfen auf der Diagnolen echt keine anderen
Elemente als 1 und 0 stehen?
2 Wir multiplizieren J von rechts auf S; es ist so was wie “spaltenweises Ablesen”
3 sorry für die Terminologie...

Antwort: Genau. Das sehen wir an folgendem Beispiel:
⎛
1 2 3
⎞
0
⎝ 0 0 0 0 ⎠ .
0 0 0 0
Hier kann man durch kurze Rechnung (oder eben durch “Stoltes-Trick”) sehen, dass die
Lösung gegeben ist durch
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
2 3
−→ x = µ ⎝−1⎠ + ν ⎝ 0 ⎠ , µ, ν ∈ R.
0 −1
Würden wir die rote 1 durch, sagen wir, 8 ersetzen, und würden wir Stoltes-Trick direkt
auf die veränderte Matrix, ⎛
⎞
8 2 3 0
⎝ 0 0 0 0 ⎠ ,
0 0 0 0
anwenden, bekämen wir ein und dieselbe Lösung, d.h.
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
2 3
−→ x = µ ⎝−1⎠ + ν ⎝ 0 ⎠ , µ, ν ∈ R.
0 −1
Wir können uns schnell davon überzeugen, dass das Blödsinn ist. Wenn wir oben µ = 1
und ν = 0 setzen, erhalten wir den Vektor (2, −1, 0) T . Dieser Vektor ist aber keine Lösung
des homogenen Gleichungssystems, denn
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
8 2 3 2 14 0
⎝ 0 0 0 ⎠ · ⎝−1⎠ = ⎝ 0 ⎠ ≠ ⎝0⎠ .
0 0 0 0 0 0
2. Frage: Zur Geometrie von Hauptvektoren: Wir haben Hauptvektoren der Stufe k (k > 1)
so bestimmt: Löse (A − λE) −→ v k = −−→ v k−1 . Ist die Menge der Lösungen (ohne Nullvektor),
d.h. die Menge aller Hauptvektoren der Stufe k, nicht einfach der Eigenraum verschoben
um einen Vektor?
Antwort: Ja, das ist er. Das sieht man so: Das lineare Gleichungssystem (A − λE) −→ v k =
−−→
v k−1 ist offenbar inhomogen, weil auf der rechten Seite ein Vektor ungleich Null steht.
Nach der Vorlesung (Skript, S. 66) ist die allgemeine Lösung eines inhomogenen Gleichungssystems:
Lösung von (A − λE) −→ v k = −−→ v k−1
=
Spezielle inhomogene Lösung + allgemeine homogene Lösung.
Die allgemeine homogene Lösung ist dabei die Lösung des gleichen Gleichungssystems,
wobei auf der rechten Seite jetzt der Nullvektor steht, d.h.
allgemeine homogene Lösung = Lösung von (A − λE) −→ v k = −→ 0

Das ist aber genau das LGS zur Bestimmung von Eigenvektoren, d.h. die allgemeine
homogene Lösung sind die Eigenvektoren. Die spezielle inhomogene Lösung ist irgendeine
Lösung (mit konkreten Zahlen im Lösungsvektor und ohne freien Parameter). Damit
haben wir also gezeigt: Jeder Hauptvektor ist ein Eigenvektor, der um einen Vektor (also
um die spezielle inhomogene Lösung) geshiftet ist.
3. Frage: Zur Z 11.1 C: Wieso ist diese Matrix negativ definit?
Antwort: Die Matrix C ist:
⎛
1 0
⎞
0
C = ⎝0 0 1⎠ .
0 1 0
Nach Angabe wissen wir, dass die Determinante von C, in diesem Fall ist det(C) = -1,
das Produkt der Eigenwerte ist. Da C symmetrisch ist, besitzt C drei reelle Eigenwerte.
Da das Produkt der drei Eigenwerte negativ ist, muss es mindestens einen negativen
Eigenwert geben. Nach Satz aus Vorlesung (Seite 109 im Skript) ist eine symmetrische
Matrix genau dann positiv definit, wenn alle Eigenwerte positiv sind. Daher ist C hier
negativ definit.
In der Tutorübung wurde mir anstatt der Matrix C eine versehentlich falsch abgeschriebene
Matrix C ′ gezeigt, nämlich:
⎛
1 0
⎞
0
C ′ = ⎝0 1 0⎠ .
0 0 1
Diese Matrix C ′ ist die Einheitsmatrix, besitzt 1 als dreifachen Eigenwert und ist daher
positiv definit.
4. Frage: Gilt der Satz aus der Vorlesung (S. 101 im Skript), wonach für relle, symmetrische
Matrizen die algebraische Vielfachheit der geometrischen entspricht, auch für hermitesche
Matrizen?
Antwort: Ja! Nach dem Satz aus der Vorlesung (Seite 87 im Skript, Mitte) ist jede hermitesche
Matrix diagonalisierbar. Nach einem anderen Satz aus der Vorlesung (Seite 85
im Skript, Mitte) ist aber eine Matrix genau dann diagonalisierbar, wenn die geometrische
und algebraische Vielfachheiten eines jeden Eigenwerts übereinstimmen.
(Letzteres kann man sich selbst überlegen. Nachdem man eine hermitesche Matrix diagonalisieren
kann, stehen über der diagonalisierten Matrix keine Einsen mehr auf der
Nebendiagonalen. Daher gibt es nur Hauptvektoren der 1. Stufe und das sind genau die
Eigenvektoren.)
5. Frage: Zur Reihenfolge der Eigen- bzw. Hauptvektoren in der Matrix S: Ist es egal,
welche Eigenvektoren bzw. Hauptvektoren ich in der Matrix S zuerst hinschreibe beim
Diagonalisieren und bei der JNF?
Antwort: Jein:
(a) Beim Diagonalisieren ist es in der Tat egal. Man muss dann halt in der Matrix D
die Reihenfolge der Eigenwerte entsprechend ändern.
(b) Bei der JNF ist es nicht egal! Die Hauptvektoren müssen so, wie in der Übung
besprochen, geordnet werden. Man hat hier nur den einen Spielraum, wie man die
Jordan-Kästchen (= Jordan-Blöcke) ordnet.

Beispiel: Angenommen die rosa Vektoren sind für einen Jordan-Block zum Eigenwert
λ verantwortlich und die blauen Vektoren sind für einen anderen Jordan-Block zum
Eigenwert µ verantwortlich. Dann schauen S und J so aus:
S = ( −→ v1 , −→ v 2 , −→ v 3 , −→ v 4 , −→ v 5
)
⎛
⎞
λ 1 0 0 0
0 λ 0 0 0
J =
⎜0 0 µ 1 0
⎟
⎝0 0 0 µ 1⎠
0 0 0 0 µ
Die einzige Möglichkeit die Vektoren in S umzuordnen wäre, nur die Vektoren −→ v 1 , −→ v 2
gemeinsam mit den Vektoren −→ v 3 , −→ v 4 , −→ v 5 zu vertauschen, d.h.
S = ( −→ v3 , −→ v 4 , −→ v 5 , −→ v 1 , −→ v 2
)
⎛
⎞
µ 1 0 0 0
0 µ 1 0 0
J =
⎜0 0 µ 0 0
⎟
⎝0 0 0 λ 1⎠
0 0 0 0 λ
Innerhalb der einzelnen Blöcke dürfen wir nichts vertauschen. Insbesondere dürfen
wir zum Beispiel nicht −→ v 1 mit −→ v 2 vertauschen, weil die Hauptvektoren innerhalb eines
Blocks nach Stufen zu sortieren sind!
6. Frage: Zu orthogonalen Matrizen: Besitzen bei einer beliebigen orthogonalen Matrix die
Spalten- bzw. Zeilenvektoren alle die Länge 1?
Antwort: Ja! Das haben wir ja auf Blatt 10 en passant gezeigt. Wichtig ist aber: Orthogonale
Matrizen sind nicht ausschließlich durch die Längennormierung charakterisiert.
Eine Matrix ist genau dann orthogonal, wenn alle Zeilen- bzw. Spaltenvektoren die Länge
1 besitzen und sie aufeinander senkrecht stehen! Das haben wir auch in der letzten Woche
gezeigt.
Gegenbeispiel für eine nicht orthogonale Matrix, in der jeder Spaltenvektor die Länge 1
hat:
⎛
1 1
⎞
1
A = ⎝0 0 0⎠ .
0 0 0
⎛
1 0
⎞
0
A ist nicht orthogonal, da AA T = ⎝0 0 0⎠ ≠ E.
0 0 0