
\documentclass[a4paper]{article}

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\begin{document}
\pagestyle{fancy} \lhead{\textbf{LA Blatt 14}\\ Christof Stolze,
 2619624}
\rhead{\today\\ Gruppe 10}
\paragraph{H148.}
Für den Eigenwert $x$ von einer linearen Abbildunge $\sigma$ gilt:
\begin{equation}
\sigma(A)=x A
\label{h148.v}
\end{equation}
Zu zeigen ist folgende Gleichung:
\begin{equation*}
\sigma^{n}(A)=x^{n} A
\end{equation*}
Die Induktionsvoraussetzung für den Beweis mittels Induktion ist:
\begin{eqnarray*}
\sigma^{n-1}(A)=x^{n-1} A
\end{eqnarray*}
Für $n=2$ ergibt sich (\ref{h148.v}).Für $n=1$ ergibt sich:$$Id(A)=1 A$$
Induktionsschluss:
\begin{eqnarray*}
\sigma ^{n}(A) &=&\sigma (\sigma ^{n-1} (A))\\ &\stackrel{IV}{=}&\sigma
(x^{n-1} A)\\ &\stackrel{(\ref{h148.v})}{=}&x (x^{n-1} A)\\\text{wegen der Linearität folgt:}\\
\sigma ^{n}(A) &=&x ^{n} A\qquad \Box
\end{eqnarray*}
\paragraph{H149.}
\paragraph{a)}
Hat $A$ die in der Aufgabenstellung genannte Gestalt, dann kann man $A$ durch elementare Umformungen
der ersten $r$-Spalten so in $A'$ umformen, dass aus $B$ eine Matrix $B'$ wird, die obere 
Dreiecksform hat. Dabei sei $k$ die Anzahl der verwendeten Zeilenvertauschungen.
$$A'=\begin{pmatrix}B'&C'\\0&D\end{pmatrix}$$ Es gilt dann für
$\det(B)$:$$\det(B)=(-1)^k \det(B')$$ Weiter kann $A'$ durch elementare Umformungen der letzten 
$(n-r)$-Zeilen in die Form $A''$, in der aus $D$ eine Matrix $D'$ wird, die obere Dreicksform besitzt,
überführt werden. Hierbei sei $l$ die Anzahl der verwendeten Zeilenvertauschungen.
$$A''=\begin{pmatrix}B'&C'\\0&D'\end{pmatrix}$$ Es gilt dann für $\det(D)$:
$$\det(D)=(-1)^l \det(D')$$ Wir haben nun $A''$, eine Matrix in oberer Dreiecksform, deren
Determinante sich als Produkt der Einträge auf der Hauptdiagonalen berechnen lässt. Wegen der
Eindeutigkeit der Determinante ergibt sich also für $\det(A)$:
\begin{eqnarray*}
\det(A)&=&\det(A'')\\
&=&(-1)^{k+l}\det(B')\det(D')\\
&=&\det(B)\det(D)
\end{eqnarray*} 
Damit ist die Behauptung aus der Aufgabe bewiesen.$\qquad \Box$
\paragraph{b)}
Analog zu \textbf{a)} kann man auch hier jede der $A_i$ auf Dreiecksform bringen, es ergibt sich für $\det(A_i)$:
$$\det(A_i)=(-1)^{s_i}\det(A_i')$$
Dabei ist $s_i$  die Anzahl der verwendeten Zeilenvertauschungen. Nach allen Umformungen haben wir die 
Matrix $A^{(k)}$:
$$A^{(k)}=\begin{pmatrix}A_1'&*&*&\cdots&*\\0&A_2'&*&\cdots&*\\ \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\vdots\\
0&\cdots&0&A_{k-1}'&*\\0&\cdots&0&0&A_k'\end{pmatrix}$$
Nun haben wir für die Determinante:
\begin{eqnarray*}
\det(A)&=&\det(A^{(k)})\\
&=&(-1)^{\sum_{i=1}^k s_i}\prod_{i=1}^k \det(A_i')\\
&=&\prod_{i=1}^k \det(A_i)\qquad \Box
\end{eqnarray*}
\paragraph{H150.}
\begin{eqnarray*}
A=\begin{pmatrix}2&1&3 \\ 1&2&-3 \\ -1&-1&2 \end{pmatrix}
\end{eqnarray*}
Um die Eigenwerte zu bestimmen, berechnen wir erst das charakteristische Polynom nach der aus der Vorlesung
bekannten Formel $\mathcal{X}_A = |xE - A|$:
\begin{eqnarray*}
\mathcal{X}_A &=& \begin{vmatrix}x-2&-1&-3 \\ -1&x-2&3 \\ 1&1&x-2\end{vmatrix}\\
&=&(x-2)^3-(x-2)
\end{eqnarray*}
Die Nullstellen des char. Polynoms sind nun die Eigenwerte. 
\begin{eqnarray*}
0&=&(x-2)^3-(x-2)\\
0&=&(x-2)\left((x-2)^2-1\right)\\ \text{es ergibt sich:}\\
x_1=1\\
x_2=2\\
x_3=3\\
\end{eqnarray*}
Die Eigenwerte sind also $x_1=1,x_2=2$ und $x_3=3$.Zur Bestimmung der
Eigenräume setze ich jeweils den Eigenwert für $x$ in die Matrix ein, deren Determinante das char. Polynom ist.
Für den Eigenwert $x_1$:
\begin{eqnarray*}
\begin{pmatrix}1-2&-1&-3 \\ -1&1-2&3 \\ 1&1&1-2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-1&-1&-3\\-1&-1&3\\1&1&-1\end{pmatrix}\\
&\leadsto&\begin{pmatrix}0&0&-4\\ 0&0&0 \\
1&1&0\end{pmatrix}
\end{eqnarray*}
Wir lesen eine Basis des Eigenraums $V_{x_1}$ ab:$$V_{x_1}=\ll(1,-1,0)\gg$$
Für den Eigenwert $x_2$:
\begin{eqnarray*}
\begin{pmatrix}2-2&-1&-3 \\ -1&2-2&3\\ 1&1&2-2\end{pmatrix} &=&
\begin{pmatrix}0&-1&-3\\ -1&0&3\\ 1&1&0\end{pmatrix}\\
&\leadsto& \begin{pmatrix}1&-1&3 \\ 0&1&-3 \\ 0&0&0
\end{pmatrix}
\end{eqnarray*}
Ablesen einer Basis des Eigenraums $V_{x_2}$: $$V_{x_2}=\ll(3,-3,1)\gg $$
Für den Eigenwert $x_3$:
\begin{eqnarray*}
\begin{pmatrix}3-2&-1&-3 \\ -1&3-2&3\\ 1&1&3-2\end{pmatrix} &=&
\begin{pmatrix}1&-1&-3\\ -1&1&3\\ 1&1&1\end{pmatrix}\\
&\leadsto& \begin{pmatrix} 2&0&-2\\ 0&2&4\\ 1&1&1\end{pmatrix}\\ 
&\leadsto& \begin{pmatrix}1&0&-1\\ 0&1&2 \\ 0&0&0\end{pmatrix}
\end{eqnarray*}
Wir lesen eine Basis des Eigenraums $V_{x_3}$ ab: $$V_{x_3}=\ll(1,-2,1)\gg$$
Wenn die Basen der Eigenräume den $\mathbb{R}^3$ aufspannen, dann hat
die Tranformationsmatrix $T$ vollen Rang.
\begin{eqnarray*}
T &=& \begin{pmatrix} 1&3&1 \\ -1&-3&-2 \\ 0&1&1\end{pmatrix}\\
\det(T)&=&\begin{vmatrix}1&3&1 \\ -1&-3&-2 \\ 0&1&1\end{vmatrix}\\
&=&-3+0-1-0+2+3 = 1 \neq 0
\end{eqnarray*}
Die Matrix hat also vollen Rang. Dann muss es also eine
Diagonalmatrix geben, die die Abbildung darstellt und die
Eigenwerte als Einträge hat. Wir berechnen erst die Inverse der
Transformationsmatrix:\\
\begin{eqnarray*}
T = \begin{pmatrix}1&3&1 \\ -1&-3&-2 \\ 0&1&1 \end{pmatrix}& &\begin{pmatrix}1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&1 
\end{pmatrix}\\
\leadsto \qquad\begin{pmatrix}1&3&1 \\ 0&0&-1
\\ 0&1&1 \end{pmatrix}& & \begin{pmatrix}1&0&0 \\ 1&1&0 \\
0&0&1\end{pmatrix}\\
\leadsto\qquad\begin{pmatrix}
1&3&0 \\ 0&0&-1 \\  0&1&0\end{pmatrix} & &
\begin{pmatrix} 2&1&0 \\ 1&1&0 \\ 1&1&1 \end{pmatrix} \\
\leadsto \qquad \begin{pmatrix}1&0&0 \\ 0&0&-1 \\ 0&1&0
\end{pmatrix} & & \begin{pmatrix}
-1&-2&-3\\
1&1&0 \\1&1&1\end{pmatrix} \\
\leadsto \qquad \begin{pmatrix}1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&1
\end{pmatrix} & & \begin{pmatrix}
-1&-2&-3\\
1&1&1 \\-1&-1&0\end{pmatrix} = T^{-1} 
\end{eqnarray*}
Die Diagonalmatrix der Abbildung ergibt sich also durch die folgende Matrixmultiplikation:
\begin{eqnarray*}
D&=&T^{-1}AT \\ &=&\begin{pmatrix}1&0&0\\
0&2&0 \\ 0&0&3\end{pmatrix}
\end{eqnarray*}


\end{document}
