Übung Basiswechsel, Diagonalmatrix, Lineare Abbildungen + Antworten PDF

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Übung Basiswechsel, Diagonalmatrix, Lineare Abbildungen + Antworten...

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Mathematik I für BI 7. Übungsblatt Fachbereich Mathematik Prof. Dr. Torsten Wedhorn M.Sc. Marius Tritschler, Felix Johlke

WiSe 2020/21 11. - 15. Januar 2021

Gruppenübung Aufgabe G1 (Diagonalisierung) Gegeben seien folgende Matrizen

 1 A1 = 0 0

1 1 0

  0 1 1  ∈ R3×3 , A2 = 0 1 0

0 1 0

   0 3 2 1  ∈ R3×3 , A3 = ∈ R2×2 1 4 1

(a) Bestimmen Sie die Eigenwerte der Matrizen. (b) Bestimmen Sie alle zugehörigen Eigenvektoren. (c) Geben Sie für k = 1, 2, 3 – falls möglich – eine Diagonalmatrix D und eine invertierbare Matrix V an, für die Ak = V DV −1 gilt. Lösung: Bearbeitungsvorschlag: Drei Gruppen bilden und je eine Matrix bearbeiten lassen. (a) Eigenwerte: Bestimme λ so, dass det(Ak − λE) = 0 gilt.     (1 − λ) 1 0    = (1 − λ)3 =! 0  0 (1 − λ) 1 • det(A1 − λE) =    0 0 (1 − λ) 

⇒ λ1 = λ2 = λ3 = 1.   (1 − λ)  0 • det(A2 − λE) =   0

⇒ λ1 = λ2 = λ3 = 1.   (3 − λ) • det(A3 − λE) =  1 ⇒ λ1 = 2, λ2 = 5.

0 (1 − λ) 0

0 1 (1 − λ)

    = (1 − λ)3 =! 0  

  2  = (3 − λ)(4 − λ) − 2 = λ2 − 7λ + 10 =! 0 (4 − λ) 

(b) Zugehörige Eigenvektoren: Wegen A~ x = λ~ x ⇔ A~ x − λ~ x = 0 ⇔ (A − λE)~ x =0~, bekommt man die zugehörigen Eigenvektoren (zuzüglich 0~) als Lösungsmenge des homogenen Gleichungssystems (A − λE)~ x =0~. (D.h. die zu λ gehörenden Eigenvektoren liegen im Kern von (A − λE).) • Zu A1 :   0 1 0 λ = 1: (A1 − E) = 0 0 1 

0 0 0 LGS: (A1 − E)~ x = 0 ⇒ x 2 = x 3 = 0und  x 1 = α freier Parameter. 1 ¦ © ⇒ Kern(A1 − E) = x~ ∈ R3 |~ x = α  0 , α ∈ R . 0

• Zu A2 :



0 λ = 1: (A2 − E) = 0 0

0 0 0

 0 1 0

1

LGS: (A2 − E)~ x = 0 ⇒ x 3 = 0 undx 1  = α und x 2 = β freie Parameter.   1 0 ¦ © ⇒ Kern(A2 − E) = x~ ∈ R3 |~ x = α  0 + β 1 , α, β ∈ R 0 0 • Zu A3 :   1 2 λ1 = 2: (A3 − 2E) = 1 2 ~ ⇒ x 1 + 2x 2 = 0 ⇒ x 1 = 2α und x 2 = −α für Parameter α. LGS: (A3 − 2E)~ x =0   © ¦ 2 , α∈R ⇒ Kern(A3 − 2E) = x~ ∈ R2 |~ x =α −1   −2 2 λ2 = 5: (A3 − 5E) = 1 −1 ~ ⇒ x 1 − x 2 = 0 ⇒ x 1 = x 2 = α für Parameter α. LGS: (A3 − 5E)~ x =0   ¦ © 1 ⇒ Kern(A3 − 5E) = x~ ∈ R2 |~ x =α , α∈R 1 (c) Eine Matrix ist nur diagonalisierbar, wenn die Summe der Dimensionen aller Eigenräume der Dimension der Matrix entspricht. Dies ist weder bei A1 noch bei A2 der Fall. Die Matrix A3 ist diagonalisierbar, da für jeden der zwei Eigenwerte ein eindimensionaler Eigenraum existiert. Im Falle von A3 erhalten wir D = diag (2, 5) und die Basiswechselmatrix   2 1 . V= −1 1 Aufgabe G2 (Basiswechsel ) In Aufgabe G2 vom dritten Übungsblatt wurde neben der Standardbasis E des R2 aus den Vektoren ~e1 , ~e2 auch eine Basis F aus den Vektoren ~f1 = [1, 2]T und f~2 = [1, −1]T gebildet, siehe Abbildung 1. In der Aufgabe wurde unter anderem eine Darstellung der Vektoren ~e1 und ~e2 bezüglich der neuen Basis bestimmt, nämlich  1  1

(~e1 ) F =

3 2 3

und (~e2 ) F =

3

− 31

.

(a) Bestimmen Sie die Basiswechselmatrix von der Basis F zur Standardbasis E , d.h. bestimmen Sie die Matrix F , welche F -Koordinaten in E -Koordinaten umrechnet und deren Inverse F −1 , welche E - in F -Koordinaten umrechnet. Was fällt Ihnen auf? (b) Rechnen Sie mithilfe der eben bestimmten Basiswechselmatrizen für folgende Vektoren die Koordinaten in der jeweils anderen Basis aus:     0 3 und v~F = 2 . u ~= −1 5 (c) Zusatzaufgabe: Sei nun für die lineare Abbildung ψ : R2 → R2 die Darstellung in der Basis F gegeben durch   1 0 · x~F . ψ(~ x ) F = A F x~ F = 0 0 Bestimmen Sie die Darstellung der Abbildung ψ bezüglich der Standardbasis E , beschreiben Sie die Abbildung mit geometrischen Begriffen und konstruieren Sie zeichnerisch das Bild von g~ F = [2, 3]T in der obigen Skizze. Berechnen Sie auch mithilfe der gegebenen Darstellungsmatrix von ψ, wohin der Vektor g~ abgebildet wird und welche Koordinaten der erhaltene Vektor ψ(~ g ) bezüglich der Basen E und F hat. Lösung: (a) Abschnitt 6.15 in Skript/Vorlesung zeigt: Die Matrix F = [f1~, ~f2 ] rechnet F -Koordinaten in E -Koordinaten um, während F −1 umgekehrt E -Koordinaten in F -Koordinaten umrechnet. Es ergibt sich 1   1   1 1 3 und F −1 = 32 = [(~e1 ) F , (~e2 ) F ] . F = f~1 , ~f2 = 2 −1 − 31 3 Tatsächlich besteht F −1 genau aus den Koordinaten der Standardbasisvektoren aus E bezüglich der Basis F . Wir erhalten also die Basiswechselmatrix F , indem wir die Koordinaten der Basis F bezüglich der Basis E als Spaltenvektoren der Matrix setzen, und umgekehrt erhalten wir auch F −1 durch die Koordinaten der Basis E in der Basis F.

2

5 4 3

~ f1

2 1

~e2

0

~ 0

~e1 ~ f2

-1 -2 -3 -4 -5 -5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

Abbildung 1: Skizze zu G2.

(b) Wir bestimmen die jeweiligen Koordinaten durch Multiplikation der gegebenen Darstellung der Vektoren mit der passenden Matrix. Zunächst für u ~:   2 1 1 3 3 = 37 . u ~ F = F −1 u ~ = 32 1 −1 − 3 3 3 Für v~ nun gerade andersherum:

~ v = Fv~F =



   2  0 1 = 52 . −1 25 −5

1 2

(c) Alle Vielfachen des ersten Basisvektors f~1 werden durch die Abbildung ψ auf sich selbst abgebildet (weil solche Vektoren bezüglich F Koordinaten der Form [α, 0]T haben), alle Vielfachen des zweiten Basisvektors f~2 werden auf den Ursprung abgebildet (weil alle solchen Vektoren bezüglich F Koordinaten der Form [0, β]T haben). Tatsächlich handelt es sich also um eine Projektion auf die Gerade mit Richtungsvektor f~1 entlang der Projektionsrichtung f~2 . Um die Abbildung also graphisch nachzuvollziehen, muss von jedem Punkt aus solange in Richtungf2~ gegangen werden, bis die Gerade durch den Nullpunkt mit Richtung des Vektors f~1 getroffen wird – der Schnittpunkt ist das gesuchte Bild der Abbildung, siehe auch Abbildung 2. Für den Vektor g~ ergibt sich auf diese graphische Art sowie rechnerisch:      2 1 0 2 = ψ(~ g )F = 0 0 0 3 Eine Umrechnung in die Standardbasis E kann nun durch die Basiswechselmatrix F erfolgen:

ψ(~ g ) E = Fψ(~ g )F =



1 2

    2 2 1 . = 4 −1 0

Die Darstellungsmatrix A E von ψ bezüglich der Basis E ergibt sich durch

A E = FAF F

−1



1 =F 0

1  0 −1 F = 32 0 3

1 3 2 3



.

3

5 4

ψ(~ g)

3

~ f1

2 1

~e2

0

g~

~ 0

~e1 ~ f2

-1 -2 -3 -4 -5 -5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

Abbildung 2: Skizzen zu G2 (c)

Das lässt sich folgendermaßen einsehen: Betrachten wir einen Vektor x~ in E -Koordinaten und dessen Produkt mit A E , also A E x~ = FA F F −1 x~ . Zunächst wird x~ durch F −1 in Koordinaten bezüglich F umgerechnet, wir erhalten also A E x~ = FA F x~ F . Nun wird x~F durch A F weiterhin in den Koordinaten von F abgebildet, und schließlich wird der erhaltene Vektor ψ(~ x ) F von F wieder in E -Koordinaten zurückgerechnet, vergleiche auch Vorlesung/Skript, Abschnitt 6.15. Aufgabe G3 (Lineare Abbildung)

Sei φ : R2 → R2 eine lineare Abbildung. Das Bild φ(~ x ) eines Vektors x~ sei der Schnittpunkt der Gerade durch den Nullpunkt mit Richtungsvektor f~2 = [1, −1]T und der Gerade durch x~ mit dem Richtungsvektor f~1 = [1, 2]T . Bestimmen Sie die Abbildungsmatrix bezüglich E , indem Sie zunächst die Matrix bezüglich einer günstigen, weiteren Basis bestimmen.

Lösung: Es handelt sich bei der Abbildung φ um eine Projektion auf die Gerade durch den Nullpunkt mit  Richtungsvektor  ~ f2 = [1, −1]T entlang der Projektionsrichtung f~1 = [1, 2]T . Es stellt sich damit die Basis F = f~1 , f~2 als günstige Basis zur Beschreibung der Abbildung heraus. Vielfache des Vektors f~2 (diese haben bezüglich F wieder Koordinaten der Form [0, β]TF ) werden durch diese Abbildung auf sich selbst abgebildet, da sie bereits auf der angegebenen Gerade liegen. Vielfache von f~1 (mit Koordinaten bezüglich F der Form [α, 0]FT ) werden durch die Abbildung auf den Nullpunkt abgebildet. Also ergibt sich damit die folgende Abbildungsmatrix bezüglich F :

DF =

 0 0 . 0 1



4

Diese kann analog zur Aufgabe G2 in die Standardbasis E umgerechnet werden und wir erhalten

DE = F DF F −1 =



 1 1 0 2 −1 0

  2 1 = 32 −1 −3

  0 1 1 1 3 2

− 31 1 3



.

Aufgabe G4 (Minitest-Matrixumformungen) Sei A eine n × n-Matrix, b = 0~ ∈ R n , α 6= 0 und i 6= j . Kreuzen Sie in der Tabelle an, welche Umformungen welche Größen unverändert lassen. Lösungsmenge von Eigenwerte rang A det A Ax = b, x ∈ R n von A Vertauschen zweier Zeilen Ersetzen einer Zeile durch ihr α-faches Addition des α-fachen der i -ten Zeile zur j -ten Zeile Transponieren Lösung:

×

Lösungsmenge von Ax = b, x ∈ R n ×

×

×

rang A Vertauschen zweier Zeilen Ersetzen einer Zeile durch ihr α-faches Addition des α-fachen der i -ten Zeile zur j -ten Zeile Transponieren

det A

×

×

×

×

Eigenwerte von A

× ×

Aufgabe G5 (Zum Üben für zuhause: Eigenwerte ohne Determinante) Wir betrachten die Matrix   1 0 2 A = 0 2 0  . 2 0 1 (a) Geben Sie an, ob λ = 2 ein Eigenwert von A ist, ohne eine Determinante zu berechnen. (b) Prüfen Sie, ob die folgenden Vektoren w ~ Eigenvektoren von A sind und geben Sie gegebenenfalls die zugehörigen Eigenwerte an:           −1 1 0 1 1 0 ,  0  ,  0 , −1 und 0  . 2 1 0 2 1 Lösung: (a) Tatsächlich ist 2 ein Eigenwert von A: Man sieht direkt dass ~e2 auf 2~e2 abgebildet wird. ~ gibt, so dass Genereller Ansatz: Wir schreiben die Gleichung Av~ = 2v~ aus und überprüfen, ob es einen Vektor v~ 6= 0 diese erfüllt ist:      

1 0 2

2 2 v1 v1 + 2 v3 ! 0  v~ =  2v2  = 2v2  . 1 2 v3 2 v1 + v3

0 2 0

Für v1 und v3 muss nun − v1 + 2v3 = 0 = 2v1 − v3 gelten, das geht aber nur für v1 = v3 = 0. Wir können v2 6= 0 beliebig wählen, z.B. v2 = 1. Also istv~= [0, 1, 0]T tatsächlich ein Vektor, der nicht der Nullvektor ist, und Av~ = 2 v~ erfüllt und damit ein Eigenvektor von A zum Eigenwert 2 ist. Insbesondere ist 2 ein Eigenwert von A. (b) Wir rechnen jeweils zu den gegebenen Vektoren w ~ das Produkt A~ w aus und überprüfen, ob dieses ein Vielfaches von w ~ ist. Wenn ja, ist w ~ ein Eigenvektor und das jeweilige Vielfache der Eigenwert, ansonsten nicht. Also:



1 0 2

0 2 0

    2 1 5 0 0  = 0  1

2

4

5

ist kein Vielfaches von [1, 0, 2]T , also ist dieser Vektor kein Eigenvektor von A. Weiter mit



1 0 2

0 2 0

      −1 −1 2 1 0  0  =  0  = −1  0  , −1 1 1 1

also liegt hier mit [−1, 0, 1]T ein Eigenvektor von A zum Eigenwert −1 vor. Der nächste Vektor, der Nullvektor0~ist ~ tatsächlich für jedes λ ∈ R und ist daher wenig hilfreich. Dementspreein etwas spezieller Fall: Er erfüllt A0~ = λ0 chend ist 0~ explizit als kein Eigenvektor definiert, vgl. Skript/Vorlesung. Bei

 1 0 2

0 2 0

    2 1 5 0  −1  = −2  1 2 4

erhalten wir für [1, −1, 2]T wieder keinen Eigenvektor von A. Schließlich ist aus

 1 0 2

0 2 0

      2 1 3 1 0  0  = 0 = 3 0  1 1 3 1

der Vektor [1, 0, 1]T Eigenvektor von A zum Eigenwert 3.

6

Hausübung

- Abgabe der Hausübungen (pdf) in der nächsten Übungswoche (Di, 19.01.2021, 23:59 Uhr) Aufgabe H1 (Eigenwerte und Eigenvektoren) Gegeben seien die Matrizen

A=

(6+6 Punkte)

 1 , 0



3 −2

und

 1 B = 2 0

2 −1 0

 −1 2 . 1

Berechnen Sie die Eigenwerte und alle zugehörigen Eigenvektoren der obigen Matrizen. Lösung: Der Ablauf ist immer gleich: Wir bestimmen die Eigenwerte einer Matrix M als Nullstellen des charakteristischen Polynoms det(M − λE) und dazu dann die Menge der Vektoren v~, die (M − λE)v~ = ~0, also v~ ∈ ker(M − λE) erfüllen. Achtung: v~ = 0~ ist immer aus ker(M − λE), aber per Definition kein Eigenvektor und muss deshalb immer ausgenommen werden. Das Überprüfen findet dann durch Nachrechnen von M v~ = λv~ statt. Matrix A: Zunächst also nun die Nullstellen des charakteristischen Polynoms:

det(A − λE) = det



 3−λ 1 ! = (3 − λ)(−λ) + 2 = λ2 − 3λ + 2 = 0. −2 −λ

Die Eigenwerte sind also λ1 = 2 und λ2 = 1. Um nun einen Eigenvektor zum Eigenwert λi zu bestimmen, bestimmen wir einen Vektor v~ ∈ ker(A − λi E).

(A − λ1 E)v~ =

  0 0

⇔



3−2 −2

   1 0 v~ = 0 0−2

⇔



   1 0 . v~ = 0 −2

1 −2

Daraus folgt, dass v1 = − v2 sein muss und v2 beliebig gewählt werden kann. Mögliche Eigenvektoren sind also alle Vektoren aus der Menge (dem sogenannten Eigenraum von A zu λ1 ohne 0~):

ª ª  §     § −1 −1 Eig(A, 2) \ 0~ = r : r 6= 0 , : r ∈ R \ ~0 = r 1 1 also sind die Eigenvektoren v~ = r Für λ2 = 1 ergibt sich analog



(A − λ2 E)w ~=

 −1 , r 6= 0. 1

  0 0

⇔



3−1 −2

   0 1 w ~= 0 0−1

⇔



   0 1 . w ~= 0 −1

2 −2

Daraus erhalten wir w 2 = −2w 1 , so dass die Eigenvektoren durch

ª ª  §     § 1 1 Eig(A, 1) \ ~0 = r : r 6= 0 : r ∈ R \ ~0 = r −2 −2  −1 , r 6= 0. gegeben sind. Die Eigenvektoren sind also w ~=r 2 Matrix B: Eigenwerte bestimmen (z.B. durch Entwicklung nach der 3. Zeile):   1−λ 2 −1 det(B − λE) = det 2 −1 − λ 2  0 0 1−λ 

!

= (1 − λ)(λ2 − 5) = 0

= (1 − λ)((1 − λ)(−1 − λ) − 4)

Man sieht direkt im linken Faktor, dass Faktor erhalten wir mit der dritten p λ1 =p1 eine Nullstelle ist. Für den rechten p binomischen Formel (λ2 − 5) = (λ + 5)(λ − 5) und damit die Nullstellen λ2,3 = ± 5. Wir bestimmen zunächst den Eigenraum zum Eigenwert 1:           0 2 −1 0 2 −1 0 0 0 (B − λ1 E) v~ = 0  ⇔  2 −2 2  v~ = 0 ⇔ 2 0 1  v~ = 0  .

0

0

0

0

0

0

0

0

0

7

Hieraus erhalten wir 2v2 = v3 ⇒ v2 = 21v3 und 2v1 = − v3 ⇒ v1 = − 21 v3 . Wir setzen v3 = 2r . Der Eigenraum lautet dann

     −r Eig(B, 1) =  r  : r ∈ R ,   2r

und damit sind die Eigenvektoren zum Eigenwert −1p gegeben durch v~= r[−1, 1, 2]T , r 6= 0. Nun dasselbe Programm nochmal für den Eigenwert 5:

  0 (B − λ2 E)w ~ = 0 0

⇔

p 1− 5 2p  2 −1 − 5 0 0



   −1 0  0 2 w ~ = p 0 1− 5

⇔

 2 2 0

p −1 − p5 −1 − 5 0

Die dritte Zeile liefert w 3 = 0. Eingesetzt in eine der anderen Zeilen erhalten wir 2v1 = (1 + wir also den Eigenraum   p  (1 + 5)r   p : r ∈R 2r Eig(B, 5) =    0

p

p 5+1 2



  0 ~ = 0  2 w p 0 1− 5

5)v2 . Mit v2 = 2r erhalten

p T und ein möglicher Eigenvektor wäre w ~ = [1 + 5, 2, 0] p . Nun zuletzt dasselbe Programm für den Eigenwert − 5:   0 (B − λ3 E)w ~ = 0 0

⇔

p

5+1  2 0

p2 5−1 0

   −1 0  0 w 2 ~ = p 5+1 0

Wieder liefert die dritte Zeile w 3 = 0, die anderen Zeilen dann 2v1 = (1 −

⇔ p

 2 2 0

p 5−1 p 5−1 0

p 5−1 4



  0 0  w ~ = 2 p 0 5+1 −

5)v2 . Entsprechend ist der Eigenraum

  p    (1 − 5)r p : r ∈R 2r Eig(B, − 5) =    0

und ein möglicher Eigenvektor wäre w ~ = [1 −

p

5, 2, 0]T .

Aufgabe H2 (Matrix-Potenzen und Eigenwerte) Wir betrachten die Matrix

 −1 1 2 A= 3 2

(4+4+4 Punkte)

2 −1 2

 2 2 . −1

(a) Bestimmen Sie die Eigenwerte und die zugehörigen Eigenräume der Matrix A. (b) Ist A diagonalisierbar? Bestimmen Sie gegebenenfalls die Basiswechselmatrizen, die A in Diagonalform D überführen, und geben Sie D an. (c) Berechnen Sie A100000 „ohne Kampfrechnen,“ d.h. unter Verwendung der vorherigen Aufgabenteile. Lösung: (a) Die Nullstellen des charakteristischen Polynoms zur Matrix (=die Eigenwerte der Matrix) A finden wir durch Verwendung des Satzes von Sarrus:

det(A − λE) = (−

1 8 8 4 1 4 1 4 1 − λ)3 + + − (− − λ) − (− − λ) − (− − λ) = −λ3 − λ2 + λ + 1 3 27 27 9 3 9 3 9 3

Man sieht direkt, dass λ1 = 1 eine Nullstelle des Polynoms ist. Durch Polynomdivision erhält man (−λ3 − λ2 + λ + 1)/(λ − 1) = λ2 + 2λ + 1 = (λ + 1)2 , also sind die anderen Nullstellen λ2 = −1 und λ3 = −1. Um die Eigenräume zu untersuchen, betrachten wir zunächst den Eigenwert λ1 = 1. Dazu bestimmen wir zuerst einen Vektor v~ ∈ ker(A − λ1 E).

8

Dessen Kern und damit der Eigenraum zum Eigenwert 1 ist gegeben durch      −4 2 2 −4 2 2 −2 1 1 ~ ⇔  0 −6 6  v~ = 0~ ⇔  0 −1 (A − E) v~ = ~0 ⇔  2 −4 2  v~ = 0 3 2 2 −4 0 6 −6 0 0

Daraus erhalten wir v1 = v2 = v3 = r , sodass der Eigenraum durch     r  Eig(A, 1) =  r ∈ R3 : r ∈ R  r 

gegeben ist. Hieraus erhält man als Eigenvektorv1~ = [1, 1, 1]T . Für λ2,3 = −1 hingegen erhält man mit  2 2 1 (A + E) v~ = 0~ ⇔ 2 2 3 2 2

 1 ~ 1 v~ = 0 0

 2 ~ 2  v~ = 0. 2

dass gilt v1 = − v2 − v3 . Damit ist mit v2 = r und v3 = s dessen Kern gegeben durch          −1  −r − s   −1  ker(A + E) = Eig (A, −1) =  r  ∈ R3 : r, s ∈ R = r  1  + s  0  : r, s ∈ R ,     s 0 1

gegeben, also zweidimensional ist. Daraus kann man zwei linear unabhängige (!) Eigenvektorenv2~= [−1, 1, 0]T und v~3 = [−1, 0, 1]T ziehen.

(b) Da wir in der vorigen Teilaufgabe zur (3 × 3)-Matrix A drei linear unabhängige Eigenvektoren gefunden haben, ist A diagonalisierbar. Die Basiswechselmatrix V von der Eigenvektor- in die Standardbasis besteht aus den Eigenvektoren selbst als Spalten. Diese Eigenvektoren bilden die Basis, bezüglich der A Diagonalgestalt hat. Wir erhalten also   1 −1 −1 0 . V = [v1 v2 v3 ] = 1 1 1 0 1 Die Inverse von V ist dann

 1 1 V −1 =  −1 3 −1

1 2 −1

 1 −1 2

und es gilt (auf die Entsprechung der Reihenfolge der Eigenwerte auf der Diagonalen mit der Reihenfolge der Eigenvektoren in der Basiswechselmatrix achten!)   1 0 0 D = V −1 AV = 0 −1 0  . 0 0 −1

Achtung: Man kann hat hier kein Orthonormalsystem aus Eigenvektoren, weshalb auch V T 6= V −1 ist.

(c) Die Potenzen der Matrix lassen sich zwar im Prinzip auch von Hand oder mit Hilfe eines Computers berechnen, geschickter und numerisch günstiger (weil weniger gerechnet werden muss) ist allerdings ein Vorgehen in der folgenden Art, vergleiche auch Beispiel 7.10 in Skript/Vorlesung. Es gilt mit A = V DV −1 die Gleichung

A2 = AA = V DV −...