¨Ubungen zur Vorlesung Mathematik für Chemiker 2 Lösungen

Prof. Dr. D. Egorova
Lösungen
Übungen zur Vorlesung
Mathematik für Chemiker 2
SoSe 2010
Blatt 5
19.5.2010
Determinanten
Aufgabe 1
(a)
(b)
(c)
0 1 0 1
0 4 2 4
1 0 1
1 1
= −5
4 2 4
= −5 · 2 ·
0 2 0 3
∣
∣
∣5 2 10 2∣
2 0 3∣
2 3∣ = −10
1 a b + c
1 a a + b + c
1 a 1
1 b c + a
=
1 b b + c + a
= (a + b + c)
1 b 1
= 0
∣1 c a + b∣
∣1 c c + a + b∣
∣1 c 1∣
x 1 0 0
1 x 1 0
x 1 0
1 1 0
∣ ∣ ∣ ∣∣∣∣ = x
1 x 1
−
0 x 1
= x 2 x 1
∣∣∣∣ 0 1 x 1
∣
∣0 0 1 x∣
0 1 x∣
∣0 1 x∣
1 x∣ − x 1 1
∣∣∣∣ 0 x∣ − x 1
1 x∣ = x4 − 3x 2 + 1
Aufgabe 2
(a)
⎧⎛
⎞⎫
⎧⎛
⎞⎫
⎪⎨ 8 2 3 ⎪⎬ ⎪⎨ 8 2 3 ⎪⎬
⎜ ⎟
det ⎝ 8 4 3⎠
⎪⎩
⎪⎭ = det ⎜ ⎟
⎝0 2 0⎠
⎪
16 6 9
⎩ ⎪⎭
0 2 3
( )
2 0
= 8 · = 48
2 3
(b)
⎧⎛
⎞⎫
⎧⎛
⎞⎫
⎪⎨ 1 1 2 ⎪⎬
⎪⎨ 1 1 2 ⎪⎬
⎜
⎟
det ⎝ t 2t 0 ⎠
⎪⎩
3a a a 2 ⎪⎭ = t · a · det ⎜ ⎟
⎝1 2 0⎠
⎪ ⎩ ⎪⎭
3 1 a
⎧⎛
⎞⎫
⎪⎨ 1 1 2 ⎪⎬
⎜
⎟
= t · a · det ⎝0 1 −2 ⎠
⎪⎩
⎪⎭
0 −2 a − 6
⎧⎛
⎞⎫
⎪⎨ 1 1 2 ⎪⎬
⎜
⎟
= t · a · det ⎝0 1 −2 ⎠
⎪⎩
⎪⎭
0 0 a − 10
= t · a · (a − 10) (Dreiecksmatrix)
(Zeilensubtraktion II – I, III – 2 × I)
(Zeilensubtraktion II – I, III – 3 × I)
(Zeilensubtraktion III – 2 × II)

(c)
⎧⎛
⎞⎫
⎧⎛
⎞⎫
1 1 1 0
1 1 1 0
⎪⎨
1 3 3 2
⎪⎬ ⎪⎨
2 4 4 2
⎪⎬
det ⎜
⎟ = det ⎜
⎟
⎝2 4 4 2⎠
⎝2 4 4 2⎠
⎪⎩
⎪⎭ ⎪⎩
⎪⎭
5 2 10 2
5 2 10 2
(Zeilenaddition II + I)
= 0 (Zeilen II und III linear abhängig)
Aufgabe 3
det{A} = 2
det{A 2 } = det{A} · det{A} = 4
det{A T A 2 } = det{A T } · det{A 2 } = det{A 3 } = 8
det{(A T ) −1 A 3 (A T ) 2 1
} =
det{A T } (det{A})3 (det{A T }) 2 = (det{A}) 4 = 16
Aufgabe 4
Die Matrix B ist invertierbar (regulär), wenn det B ≠ 0.
⎛ ⎞ ⎛
⎞
α 1 2 α 1 2
⎜ ⎟ ⎜
⎟
det B = det ⎝α α 3⎠ = det ⎝0 α − 1 1 ⎠ (Zeilensubtraktion II − I, III − I)
α 1 0 0 0 −2
= α(α − 1)(−2)
⇒ B invertierbar für alle α ∈ R\{0, 1}.
LGS
Aufgabe 5
(a)
⎛
⎜
⎝
1 0 2 −1
−1 1 −3 2
2 −2 1 1
−2 −1 0 t − 3
} {{ }
A
⎞
⎟
⎠
⎛ ⎞ ⎛
x 1
x 2
⎜ ⎟
⎝x 3 ⎠ = ⎜
⎝
x 4
} {{ }
x
2
−4
3
t
} {{ }
b
⎞
⎟
⎠
Umformung der erweiterten Koeffizientenmatrix:

⎛
⎜
⎝
1 0 2 −1 2
−1 1 −3 2 −4
2 −2 1 1 3
−2 −1 0 t − 3 t
⎞ ⎛
⎟
⎠ → ⎜
⎝
⎛
→ ⎜
⎝
⎛
→ ⎜
⎝
1 0 2 −1 2
0 1 −1 1 −2
0 −2 −3 3 −1
0 −1 4 t − 5 t + 4
1 0 2 −1 2
0 1 −1 −1 −2
0 0 −5 5 −5
0 0 3 t − 4 t + 2
1 0 2 −1 2
0 1 −1 1 −2
0 0 −1 1 −1
0 0 0 t − 1 t − 1
(b) Homogenes LGS: Ax = 0
Nichttriviale Lösungen existieren, falls A nicht regulär,
d.h. det{A} = 0.
⎛
0 = det{A} = det ⎜
⎝
1 0 2 −1
0 1 −1 1
0 0 −1 1
0 0 0 t − 1
⎞
⎞
⎞
⎟ (II+I, III-2 · I, IV+2 · I)
⎠
⎟ (III+2 · II, IV+II)
⎠
⎞
⎟ (III/5, IV+3 · III)
⎠
⎟ = (−1) · (t − 1)
⎠
⇒ Nichttriviale Lösung nur für t = 1. Bestimmung der Lösung des homogenen LGS für t = 1:
Umformung der Koeffizientenmatrix wie in (a).
⎛
⇒ ⎜
⎝
1 0 2 −1
0 1 −1 1
0 0 −1 1
0 0 0 t − 1
⎞ ⎛
⎟ ⎜
⎠ ⎝
⎞
x 1
x 2
⎟
x 3
x 4
⎛
⎠ = ⎜
⎝
0
0
0
0
⎞
⎟
⎠
x 4 = λ λ ∈ R, x 3 = λ, x 2 = 0, x 1 = −λ
⎛ ⎞
−1
0
x = λ ⎜ ⎟ , λ ∈ R ist die Lösungsmenge.
⎝ 1 ⎠
1
(c) Das inhomogene LGS Ax = b besitzt genau dann eine eindeutige Lösung, wenn das
zugehörige homogene LGS Ax = 0 nur die triviale Lösung besitzt, also (siehe b) für all t ≠ 1.
Bestimmung der Lösung für t ≠ 1:
⎛
⇒ ⎜
⎝
1 0 2 −1 2
0 1 −1 1 −2
0 0 −1 1 −1
0 0 0 t − 1 t − 1
⎞
⎟
⎠
⇒ x 4 = 1, x 3 = 2, x 2 = −1, x 1 = −1
⎛
Lösung des inhomogenen LGS: X = ⎜
⎝
−1
−1
2
1
⎞
⎟
⎠

(d) Das inhomogene LGS ist auch für t = 1 lösbar. Lösungsmenge:
⎛
⇒ ⎜
⎝
1 0 2 −1 2
0 1 −1 1 −2
0 0 −1 1 −1
0 0 0 0 0
⎞
⎟
⎠
⇒ x 4 = λ λ ∈ R, x 3 = λ + 1, x 2 = −2 − λ + (λ + 1) = −1, x 1 = 2 + λ − 2(λ + 1) = −λ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
0 −1
−1
⇒ Lösungsmenge: X = ⎜ ⎟
⎝ 1 ⎠ + λ 0
⎜ ⎟
⎝ 1 ⎠ , λ ∈ R
0
1
(e) t ≠ 1: Lösungsmenge des inhomogenen LGS ist
⎛
x = ⎜
⎝
−1
−1
2
1
⎞
⎟
⎠ =
⎧⎪ ⎨
⎪ ⎩
⎛
⎜
⎝
−1
−1
2
1
⎞
⎟
⎠
+
⎛
⎜
⎝
0
0
0
0
⎞⎫
⎪⎬
⎟
⎠
⎪⎭
} {{ }
inhomogenes LGS
} {{ }
homogenes LGS
t = 1: Lösungsmenge des inhomogenen LGS ist
⎧ ⎛
⎪⎨
x = ⎜
⎝
⎪⎩
=
⎛
⎜
⎝
0
−1
1
0
0
−1
1
0
⎞ ⎛
⎟
⎠ + λ ⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
} {{ }
inhomogenes LGS
+
⎞
−1
0
⎟
1
1
⎧ ⎛
⎪⎨
λ ⎜
⎝
⎪⎩
⎠ , λ ∈ R ⎫⎪ ⎬
⎪ ⎭
−1
0
1
1
⎞
⎫⎪ ⎬ ⎟
⎠ , λ ∈ R ⎪ ⎭
} {{ }
homogenes LGS
Aufgabe 6
(a)
det{A} = 1 · det
(
5 −1
4 −3
)
− 2 · det
(
3 −1
4 −3
)
= −11 − 2 · (−5) = −1 ⇒ invertierbar.
Die inverse Matrix A −1 ist gegeben als Lösung der Matrixgleichung AX = E 2 → E 2 X = A −1 .
Die Lösung erhält man durch das Gauß-Eliminationsverfahren:

⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⇒ ⎝
⇒A −1 =
1 3 −1 1 0 0
2 5 −1 0 1 0
0 4 −3 0 0 1
⎞
⎟
⎠ ⇒
1 3 −1 1 0 0
0 −1 1 −2 1 0
0 0 1 −8 4 1
⎛
⎜
⎝
⎜
det B = det ⎝
⇒ B ist nicht invertierbar.
(b)
Aufgabe 7
X = A −1 B =
11 −5 −2
−6 3 1
−8 4 1
⎛
⎜
⎝
⎛
⎞
⎟
⎠
1 3 1
1 4 3
2 3 −4
11 −5 −2
−6 3 1
−8 4 1
⎞
⎛
⎜
⎝
⎟
⎠ ⇒
⎞
⎟
⎠ = 0
⎞ ⎛
⎟ ⎜
⎠ ⎝
1 3 −1 1 0 0
0 −1 1 −2 1 0
0 4 −3 0 0 1
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
1 0 0 11 −5 −2
0 1 0 −6 3 1
0 0 1 −8 4 1
1 3 1
1 4 3
2 3 −4
⎞
⎟
⎠ =
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
2 7 4
−1 −3 −1
−2 −5 0
⎞
⎟
⎠
a)
b)
⎛
⎜
⎝
1 2 1 2
3 1 −2 1
4 −3 −1 3
II/(−5)
−−−−→
I − 2II
−−−→
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
A =
⎞
⎟
⎠
⎛
⎜
⎝
1 2 1
3 1 −2
4 −3 −1
⎛
III − 4I
II − 3I ⎜
−−−−−→ ⎝
1 2 1 2
0 1 1 1
0 −11 −5 −5
1 0 −1 0
0 1 1 1
0 0 1 1
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠
I + III
II − III
−−−−−→
⎞
⎟
⎠ , b =
1 2 1 2
0 −5 −5 −5
0 −11 −5 −5
III + 11 · II
−−−−−−→
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
1 0 0 1
0 1 0 0
0 0 1 1
⎛
⎜
⎝
⎞
2
1
3
1 2 1 2
0 1 1 1
0 0 6 6
⎞
⎟
⎠ ,
⎞
⎟
⎠ .
⎟
⎠ II/(−5)
−−−−→
⎞
⎟
⎠ III/6
−−→
⎛
⎜
⎝
1 2 1 2
0 1 1 1
0 0 1 1
⎞
⎟
⎠ I − 2II
−−−→
=⇒ x =
⎛
⎜
⎝
1
0
1
⎞
⎟
⎠ .
Eigenwertproblem
Aufgabe 8

M =
⎛
⎜
⎝
Eigenwerte:
0 1 0
1 0 1
0 1 0
⎞
⎟
⎠
0 = det{M − λE 3 } =
∣
⇒ λ 1 = 0, λ 2,3 = ± √ 2
−λ 1 0
1 −λ 1
0 1 −λ
= −λ 3 + 2λ
∣
Eigenvektoren:
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
0 1 0
1 0 1
0 1 0
⎞
⎟
⎠ x 1 = 0 ⇒ x 1 =
− √ 2 1 0
1 − √ 2 1
0 1 − √ 2
√
2 1 0
1 √ 2 1
0 1 √ 2
⎞
⎞
⎛
⎜
⎝
1
0
−1
⎞
⎟
⎠
⎟
⎠ x 2 = 0 ⇒ x 2 =
⎟
⎠ x 3 = 0 ⇒ x 3 =
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎝
1
− √ 2
1
1
√
2
1
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠
(a) λ 1 , λ 2 , λ 3 ∈ R
(b) x 1 · x 2 = x 1 · x 3 = x 2 · x 3 = 0
(c)
a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 = 0
⎛
⎞ ⎛ ⎞
1 1 1
⎜
⎝ 0 √ 2 − √ a 1
⎟ ⎜ ⎟
2 ⎠ ⎝ a 2 ⎠ = 0
−1 1 1 a 3 1 1 1
0 √ 2 − √ 2
= 4 √ 2 ≠ 0 ⇒ a 1 = a 2 = a 3 = 0
∣ −1 1 1 ∣
Aufgabe 9
(a) Eigenwerte:
⎧⎛
⎪⎨
⎜
0 = det{M − λE 3 } = det ⎝
⎪⎩
⇒ λ 1 = 0, λ 2,3 = ±i
−λ −1 0
1 −λ 0
0 0 −λ
⎞⎫
⎪⎬
⎟
⎠
⎪⎭ = −λ3 − λ = −λ(λ 2 + 1)

(b) Eigenvektoren
λ 1 = 0 ⇒ v ′ 1 =
v 1 =
⎛
⎜
⎝
0
0
γ
⎞
⎛
⎜
⎝
0
0
γ
⎞
⎟
⎠ , γ ∈ D, Eigenvektor zum EW 0
⎟
⎠ , γ = exp(ix), x ∈ R
λ 2,3 = ±i Löse LGS (M − λ 2,3 E 3 )v 2,3 = 0
⎛
⎞ ⎛
⎞
∓i −1 0 0 1 ∓i 0 0
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝ 1 ∓i 0 0 ⎠ ⎝ 0 0 0 0 ⎠
0 0 ∓i 0 0 0 ∓i 0
⇒ v 2,3 =
γ √
2
⎛
⎜
⎝
1
∓i
0
⎞
⎟
⎠ , γ = exp(ix), x ∈ R
(c)
U =
⎛
⎜
⎝
U + U =
0
1 √2
1 √2
0 − √ i
2
1 0 0
⎛
⎜
⎝
i √
2
⎞
⎟
⎠
0 0 1
1√
2
1√
2
√i
2
0
− √ i
2
0
⎞ ⎛
⎟ ⎜
⎠ ⎝
0
1 √2 1 √2
0 − √ i
2
1 0 0
i √
2
⎞
⎛
⎟
⎠ = ⎜
⎝
1 0 0
0 1 0
0 0 1
⎞
⎟ √
⎠ = E 3
(d)
Aufgabe 10
(a)
⎛
⎞ ⎛
⎞ ⎛
0 0 1 0 −1 0
U + MU = ⎜ √1
√i
⎝ 2 2
0 ⎟ ⎜
⎟
⎠ ⎝ 1 0 0 ⎠ ⎜
⎝
√1
2
− √ i
2
0 0 0 0
⎛
⎞ ⎛
0 0 1 0 √i
= ⎜ 1√ √i
2
− i ⎞
√
2
⎝ 2 2
0 ⎟ ⎜
⎠ ⎝ 0 √2 1 √2 1 ⎟
⎠
1√
2
− √ i
2
0 0 0 0
⎛
⎞ ⎛
⎞
0 0 0 λ 1 0 0
⎜
⎟ ⎜
⎟
= ⎝ 0 i 0 ⎠ = ⎝ 0 λ 2 0 ⎠ = D √
0 0 −i 0 0 λ 3
0
1 √2 1 √2
0 − √ i
2
1 0 0
i √
2
⎞
⎟
⎠
0 = det (M − λE)
⎛
⎞
−λ 1 0 1
1 −λ 1 0
= det ⎜
⎟
⎝ 0 1 −λ 1 ⎠ = λ2 (λ 2 − 4)
1 0 1 −λ
⇒ Eigenwerte λ 1 = 2, λ 2,3 = 0, λ 4 = −2

(b) Bestimmen der Eigenvektoren
λ 1 = 2 :
⎛
⎞
⎛
−2 1 0 1
1 −2 1 0
⎜
⎟
⎝ 0 1 −2 1 ⎠ v 1 = 0 ⇒ v 1 = λ ⎜
⎝
1 0 1 −2
λ 2,3 = 0 :
⎛
⎞
0 1 0 1
1 0 1 0
⎜
⎟
⎝ 0 1 0 1 ⎠ v 2,3 = 0 ⇒ v 2 + v 4 = 0
v 1 + v 3 = 0
1 0 1 0
⎛
i. Wähle v 1 = λ ∈ R, v 2 = 0 ⇒ v 2 = λ ⎜
⎝
ii. Wähle v 0 =, v 2 = λ ∈ R ⇒ v 3 = λ ⎜
⎝
⎛
1
1
1
1
1
0
−1
0
0
1
0
−1
⎞
⎟
⎠ , λ ∈ R
⎞
⎟
⎠ .
⎞
⎟
⎠ .
λ 1 = 2 :
⎛
⎞
⎛
2 1 0 1
1 2 1 0
⎜
⎟
⎝ 0 1 2 1 ⎠ v 4 = 0 ⇒ v 4 = λ ⎜
⎝
1 0 1 2
(c) Die so konstruierten Eigenvektoren sind bereits orthogonal. Falls man aber z.B. in i) wählt
v 1 = v 2 = λ, so erhält man nicht-orthogonale Eigenvektoren v 2/3 , die man mittels Gram-
Schmidt orthonormieren muss.
Normierung der Eigenvektoren:
⎛
v 1 ′ = 1 ⎜
2 ⎝
1
1
1
1
⎞
⎛
⎟
⎠ , v′ 2 = √ 1
⎜ 2 ⎝
1
0
−1
0
⎞
⎛
⎟
⎠ , v′ 3 = √ 1
⎜ 2 ⎝
0
1
0
−1
(d) tr M = 0 = 2 + 2 · 0 + (−2), det M = 0 = 2 · 0 · 0 · (−2).
1
−1
1
−1
⎞
⎞
⎟
⎠ .
⎛
⎟
⎠ , v 4 = 1 ⎜
2 ⎝
1
−1
1
−1
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎠
.