TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2023W/Beispiel 595

Gegeben sei die lineare Funktion $f:\mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}{\text{ mit }}(2,1)\mapsto (-2,4){\text{ und }}(-3,0)\mapsto (0,-6)$

(a) Geben Sie eine geometrische Interpretation von $f$

(b) Wie lautet die Matrixdarstellung für $f$ (bezüglich der kanonischen Basis)?

(c) Lösen Sie das lineare Gleichungssystem $f(x,y)=(8,6)$

(d) Geben Sie sämtliche Eigenwerte mit zugehörigen Eigenvektoren von $f$ an (anschauliche Begründung genügt).

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Hilfreiches

Eigenwertäquivalenz

Eigenwertäquivalenz

Ein Skalar $\lambda \in K$ ist genau dann ein Eigenwert einer quadratischen Matrix $A\in K^{n,n}$, wenn $\det(\lambda \cdot I_{n}-A)=0$.

Lösungsvorschlag

von --Piri (Diskussion) 22:12, 29. Dez. 2018 (CET)

(a) Die Funktion dreht die Vektoren um 90° gegen den Uhrzeigersinn und verdoppelt ihre Länge.

(b) $(-3,0)\mapsto (0,-6)\Rightarrow (1,0)\mapsto (0,2)\qquad (2,1)\mapsto (-2,4)\Rightarrow (0,1)\mapsto (-2,0)\quad \Rightarrow \quad A_{K}={\begin{pmatrix}0&-2\\2&0\end{pmatrix}}$

(c) ${\begin{pmatrix}0&-2&8\\2&0&6\end{pmatrix}}\quad \rightarrow \quad {\begin{pmatrix}0&1&-4\\1&0&3\end{pmatrix}}\quad \Rightarrow \quad x=3,y=-4$

(d) Da alle Vektoren um 90° gedreht werden ist ${\vec {x}}$ immer linear unabhängig zu $f({\vec {x}})$ also kann es kein ${\vec {x}}$ geben, sodass $f({\vec {x}})=\lambda \cdot {\vec {x}}$

Um das zu überprüfen setzt man in die Äquivalente Definition eines Eigenwerts ein und sieht, dass es keine gibt:

${\mathit {det}}(\lambda \cdot I_{2}-A)={\begin{vmatrix}\lambda &2\\-2&\lambda \end{vmatrix}}=\lambda ^{2}+4$

Nur komplexe Lösungen, also existiert kein Eigenwert in $\mathbb {R}$!