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\begin{document}

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\thispagestyle{empty}

\title{Mathematik für Informatiker II - Übungsblatt 3
	Übungsgruppe D5, Do 11-13 \\	
	Vogel}
\author{Jan Hendrik Dithmar (Matrikelnummer 2031259) \\
	Dirk Heine (Matrikelnummer 2030941)}
\date{}

\maketitle

\newpage

\section*{Aufgabe 1}
Gegeben sind im $\SetR^3$ die Orthonormalbasen
$$\mathcal{B}_1 = \left\{ \frac{1}{\sqrt{2}} (-1,1,0)^T, \frac{1}{\sqrt{6}} (-1,-1,2)^T, \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^T\right\} = \{v_1,v_2,v_3\}$$
und
$$\mathcal{B}_2 = \left\{ \frac{1}{7}(3,-6,2)^T, \frac{1}{7}(2,3,6)^T, \frac{1}{7}(6,2,-3)^T\right\} = \{w_1, w_2, w_3\}$$

\subsubsection*{(a)}
Für die gesuchte Tranformationsmatrix (=Übergangsmatrix) $T$ von $\mathcal{B}_1$ und $\mathcal{B}_2$ gilt (nach Vorlesung):
\begin{eqnarray*}
	T & = & \left(\begin{array}{c}w_1^T \\ w_2^T \\ w_3^T\end{array}\right) (v_1,v_2,v_3) \\
	& = & \frac{1}{7} \left(\begin{array}{rrr} 3 & -6 & 2 \\ 2 & 3 & 6 \\ 6 & 2 & -3\end{array}\right) \cdot \frac{1}{\sqrt{6}} \left(\begin{array}{rrr} -\sqrt{3} & -1 & \sqrt{2} \\ \sqrt{3} & -1 & \sqrt{2} \\ 0 & 2 & \sqrt{2}\end{array}\right) \\
	& = & \frac{1}{7 \cdot \sqrt{6}} \cdot \left(\begin{array}{rrr} -9\sqrt{3} & 7 & -\sqrt{2} \\ \sqrt{3} & 7 & 11\sqrt{2} \\ -4\sqrt{3} & -14 & 5\sqrt{2}\end{array}\right) \\
	& = & \left(\begin{array}{rrr} -\frac{9}{7\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{7\sqrt{3}} \\ \\ \frac{1}{7\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{11}{7\sqrt{3}} \\ \\ -\frac{4}{7\sqrt{2}} & -\frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{5}{7\sqrt{3}}\end{array}\right)
\end{eqnarray*}

\subsubsection*{(b)}
Gegeben: $b_1 = (-3,2,1)^T \in \SetR^3$ bezügl $\mathcal{B}_1$ \\
Gesucht: Koordinatenvektor $b_2$ von $b_1$ bezügl. $\mathcal{B}_2$ \\
Lösung: \\
Es gilt:
$$ b_2 = T b_1 $$
\begin{eqnarray*}
	b_2 & = & \frac{1}{7\sqrt{6}} \cdot \left( \begin{array}{rrr} -9\sqrt{3} & 7 & -\sqrt{2} \\ \sqrt{3} & 7 & 11\sqrt{2} \\ -4\sqrt{3} & -14 & 5\sqrt{2} \end{array}\right) \cdot \left( \begin{array}{r} -3 \\ 2 \\ 1\end{array}\right) \\
	& = & \frac{1}{7\sqrt{6}} \cdot \left( \begin{array}{rrr} 27\sqrt{3} & 14 & -\sqrt{2} \\ -3\sqrt{3} & 14 & 11\sqrt{2} \\ 12\sqrt{3} & -28 & 5\sqrt{2} \end{array}\right) \\
	& = & \left( \begin{array}{c} \frac{27\sqrt{3} + 14 - \sqrt{2}}{7\sqrt{6}} \\ \\ \frac{-3\sqrt{3}+14+11\sqrt{2}}{7\sqrt{6}} \\ \\ \frac{12\sqrt{3}-28+5\sqrt{2}}{7\sqrt{6}}\end{array}\right)
\end{eqnarray*}

\section*{Aufgabe 2}
$$ A := \left( \begin{array}{rrr} 1 & -3 & 3 \\ 3 & -5 & 3 \\ 6 & -6 & 4 \end{array}\right) $$
\begin{enumerate}
	\item Bestimmung der Eigenwerte von $A$: \\
	$$ det(A- \lambda \cdot I) = 0 $$
	\begin{eqnarray*}
		0 & = & \left| \begin{array}{ccc} 1-\lambda & -3 & 3 \\ 3 & -5-\lambda & 3 \\ 6 & -6 & 4-\lambda\end{array}\right| \\
		& = & (1-\lambda) \cdot (-5-\lambda) \cdot (4-\lambda) - 54 -54 - 18 \cdot (-5-\lambda) + 9 \cdot (4-\lambda) + 18 \cdot (1-\lambda) \\
		& = & -\lambda^3 + 21\lambda - 20 -108 +90 +18\lambda + 36 - 9\lambda +18-18\lambda \\
		& = & -\lambda^3 + 12\lambda +16
	\end{eqnarray*}
	Charakteristisches Polynom $\chi_A(\lambda) = -\lambda^3 + 12\lambda + 16$ \\
	Nullstellen von $\chi_A$:
	\begin{eqnarray*}
		-\lambda^3 + 12\lambda + 16 & = & 0 \\
		\lambda_1 & = & -2
	\end{eqnarray*}
	Polynomdivision: $(-\lambda^3 + 12\lambda + 16) : (\lambda+2) = -\lambda^2 + 2\lambda +8$
	\begin{eqnarray*}
		-\lambda^2 + 2\lambda +8 & = & 0 \\
		\Leftrightarrow \lambda^2 - 2\lambda - 8 & = & 0 \\
		\Leftrightarrow (\lambda+2) \cdot (\lambda-4) & = & 0 \\
		\Rightarrow \lambda_2 & = & -2 \\
		\lambda_3 & = & 4
	\end{eqnarray*}
	Ergebnis: Die Eigenwerte von $A$ sind $\lambda_{1,2}=-2$ und $\lambda_3 = 4$.
	
	\item
	\subsubsection*{(a)}
	Eigenraum zu $\lambda_{1,2}=-2$ ist Lösungsraum von
	$$ A + 2 \cdot I = 0$$
	d.h.
	$$\left( \begin{array}{rrr} 3 & -3 & 3 \\ 3 & -3 & 3 \\ 6 & -6 & 6\end{array}\right) \cdot \left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$$
	$$\left( \begin{array}{rrr} 3 & -3 & 3 \\ 3 & -3 & 3 \\ 6 & -6 & 6\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{rrr}3 & -3 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right) \Rightarrow rg(A + 2\cdot I) = 1$$
	$$\Rightarrow dim \, Eig(A, -2) = dim \, Ker(A+2\cdot I) = 2$$ \\
	Seien $x_3=t$, $x_2=s \in \SetR$ beliebig.
	\begin{eqnarray*}
		\Rightarrow 3x_1 - 3s +3t & = & \\
		\Leftrightarrow x_1 & = & s-t \\ \\
		\Rightarrow Ker(A+2\cdot I) = Eig(A, -2) & = & \left\{ \left( \begin{array}{c} s-t \\ s \\ t\end{array}\right) | s,t \in \SetR \right\} \\
		& = & \left\{ s \cdot \left( \begin{array}{c}1 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right) + t \cdot \left( \begin{array}{r}-1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right) | s,t \in \SetR \right\}
	\end{eqnarray*}
	\subsubsection*{(b)}
	$\Rightarrow$ Eine Basis $\mathcal{B}_1$ des $2$-dim. Eigenraums $Eig(A, -2)$ ist z.B.
	$$\mathcal{B}_1 = \left\{ \left( \begin{array}{c}1 \\ 1 \\ 0\end{array}\right), \left( \begin{array}{r}-1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right) \right\}$$
	
	\item
	\subsubsection*{(a)}
	Eigenraum zu $\lambda_3 =4$ ist Lösungsraum von
	$$A - 4 \cdot I = 0$$
	d.h.
	$$\left( \begin{array}{rrr} 3 & -3 & 3 \\ 3 & -3 & 3 \\ 6 & -6 & 6\end{array}\right) \cdot \left( \begin{array}{c}y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$$
	$$\left( \begin{array}{rrr} -3 & -3 & 3 \\ 3 & -9 & 3 \\ 6 & -6 & 0\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{rrr}-3 & -3 & 3 \\ 0 & -12 & 6 \\ 0 & -6 & 3\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{rrr}-3 & -3 & 3 \\ 0 & -12 & 6 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right) \Rightarrow rg(A-4\cdot I)=2$$
	$$\Rightarrow dim \, Eig(A,4) = dim \, Ker(A - 4 \cdot I) =1$$
	Sei $y_3 = 2 \cdot r$ mit $r \in \SetR$ beliebig.
	\begin{eqnarray*}
		\Rightarrow -12y_2 + 6 \cdot 2r = 0 & \Leftrightarrow & y_2 = r \\
		\Rightarrow -3y_1 -3r +6r = 0 & \Leftrightarrow & y_1 = r \\
		\Rightarrow Ker(A-4\cdot I) = Eig(A,4) & = & \left\{ \left( \begin{array}{c}r \\ r \\ 2r \end{array}\right) | r \in \SetR \right\} \\
		& = & \left\{ r \cdot \left( \begin{array}{c}1 \\ 1 \\ 2\end{array}\right) | r \in \SetR \right\}
	\end{eqnarray*}
	\subsubsection*{(b)}
	$\Rightarrow$ Eine Basis $\mathcal{B}_2$ des $1$-dim. Eigenraums $Eig(A,4)$ ist z.B.
	$$\mathcal{B}_2 = \left\{ \left( \begin{array}{c}1 \\ 1 \\ 2\end{array}\right) \right\}$$
\end{enumerate}

\section*{Aufgabe 3}
$$A = \left( \begin{array}{cc} a & b \\ b & a\end{array}\right) \quad \text{mit } b \ne 0$$
Gesucht: Eine orthogonale Matrix $Q$, die $A$ diagonalisiert. \\
Lösung:\\
Eigenwerte von A:
\begin{eqnarray*}
	det(A - \lambda \cdot I) & = & 0 \\
	\Leftrightarrow \left| \begin{array}{cc}a-\lambda & b \\ b & a-\lambda\end{array}\right| & = & 0 \\
	\Leftrightarrow (a-\lambda)^2 - b^2 & = & 0 \\
	\Leftrightarrow (\lambda-a)^2 & = & b^2 \\
	\Leftrightarrow |\lambda-a| & = & |b| \\
	\Leftrightarrow \lambda-a = |b| & \OR & \lambda-a = -|b| \\
	\Leftrightarrow \lambda = a + |b| & \OR & \lambda' = a - |b|
\end{eqnarray*}
Für $b>0$ ist $\lambda = a+b$ und $\lambda' = a-b$. \\
Für $b<0$ ist $\lambda = a-b$ und $\lambda' = a+b$. \\
$\Rightarrow$ Die Eigenwerte von $A$ sind also $\lambda_1 := a+b$ und $\lambda_2 := a-b$. Wegen $b\ne0$ gilt: $\lambda_1 \ne \lambda_2$. \\
Eigenraum zu $\lambda_1 = a+b$:
$$\left( \begin{array}{rr}-b & b \\ b & -b\end{array}\right) \left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2\end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}0 \\ 0\end{array}\right)$$
$$\left( \begin{array}{rr|r}-b & b & 0 \\ b & -b & 0\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{rr|r}-b & b & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$$
\begin{eqnarray*}
	\Leftrightarrow -bx_1 + bx_2 & = & 0 \\
	\Leftrightarrow -x_1 + x_2 & = & 0 \quad \text{(da } b\ne0 \text{)}
\end{eqnarray*}
Sei $x_2 = s \in \SetR$ bel. $\Rightarrow x_1 = s$ \\
$$\Rightarrow Eig(A, a+b) = \left\{ s \cdot \left( \begin{array}{c}1 \\ 1\end{array}\right) | s \in \SetR\right\}$$
$$\text{ein Eigenvektor } v_1' \text{ zu } \lambda_1 = a+b \text{ ist } v_1' = \left( \begin{array}{c}1 \\ 1\end{array}\right)$$
Normierung ergibt
$$v_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{c}1 \\ 1\end{array}\right)$$ \\[0.5cm]
Eigenraum zu $\lambda_2 = a-b$:
$$\left( \begin{array}{rr}b & b \\ b & b\end{array}\right) \left( \begin{array}{c}y_1 \\ y_2\end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}0 \\ 0\end{array}\right)$$
$$\left( \begin{array}{rr|r}b & b & 0 \\ b & b & 0\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{rr|r}b & b & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$$
\begin{eqnarray*}
	\Leftrightarrow by_1 + by_2 & = & 0 \\
	\Leftrightarrow y_1 + y_2 & = & 0 \quad \text{(da } b\ne0 \text{)}
\end{eqnarray*}
Sei $y_2 = t \in \SetR$ bel. $\Rightarrow y_1 = t$ \\
$$\Rightarrow Eig(A, a-b) = \left\{ t \cdot \left( \begin{array}{r}-1 \\ 1\end{array}\right) | t \in \SetR\right\}$$
$$\text{ein Eigenvektor } v_2' \text{ zu } \lambda_2 = a-b \text{ ist } v_2' = \left( \begin{array}{r}-1 \\ 1\end{array}\right)$$
Normierung ergibt
$$v_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{r}-1 \\ 1\end{array}\right)$$ \\[0.5cm]
Mit der orthogonalen Matrix
$$Q=(v_1 | v_2) = \frac{1}{\sqrt{2}}\left( \begin{array}{rr}1 & -1 \\ 1 & 1\end{array}\right)$$
lässt sich auf Diagonalgestalt transformieren, und zwar folgendermaßen:
\begin{eqnarray*}
	Q^TAQ & = & \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{rr}1 & 1 \\ -1 & 1\end{array}\right) \left( \begin{array}{cc}a & b \\ b & a\end{array}\right) \frac{1}{\sqrt{2}}\left( \begin{array}{rr}1 & -1 \\ 1 & 1\end{array}\right) \\
	& = & \frac{1}{2} \left( \begin{array}{rr}1 & 1 \\ -1 & 1\end{array}\right) \left( \begin{array}{cc}a+b & -a+b \\ a+b & a-b\end{array}\right) \\
	& = & \frac{1}{2} \left( \begin{array}{cc}2(a+b) & 0 \\ 0 & 2(a-b)\end{array}\right) \\
	& = & \left( \begin{array}{cc}a+b & 0 \\ 0 & a-b\end{array}\right) \\
	& = & diag(a+b, a-b)
\end{eqnarray*}
Hierbei stehen in der Hauptdiagonalen der Diagonalmatrix gerade die Eigenwerte von $A$. \QED

\section*{Aufgabe 4}
Gegeben:
$$A := \left( \begin{array}{rrr}-2 & 0 & -36 \\ 0 & -3 & 0 \\ -36 & 0 & -23\end{array}\right)$$
Gesucht: Eine Orthogonalmatrix $V$ und eine Diagonalmatrix $D$, sodass gilt:
$$A = VDV^T$$
Lösung: \\
$A \in \SetR^{3 \times 3}$ ist symmetrisch. Dann hat $A$ (gem. Vorlesung) ein Orthonormalsystem von Eigenvektoren $v_1,v_2,v_3$ mit
zugehörigen Eigenwerten $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$. Dann ist die gesuchte Orthogonalmatrix
$$V=(v_1 | v_2 | v_3)$$
und die Diagonalmatrix
$$D = diag(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$$
\begin{enumerate}
	\item Bestimmung der 3 (reellen) Eigenwerte $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ der Matrix $A$: \\
	Charakteristisches Polynom $\chi_A(\lambda) = det(A-\lambda \cdot I)$
	\begin{eqnarray*}
		\chi_A(\lambda) & = & \left| \begin{array}{ccc} -2-\lambda & 0 & -36 \\ 0 & -3-\lambda & 0 \\ -36 & 0 & -23-\lambda\end{array}\right| \\
		& = & (-2-\lambda)(-3-\lambda)(-23-\lambda)-36^2\cdot (-3-\lambda) \\
		& = & (-1)(\lambda+2)(\lambda+3)(\lambda+23)+36^2\cdot(\lambda+3) \\
		& = & (\lambda+3)(-\lambda^2-25\lambda-46+1296) \\
		& = & (\lambda+3)(-\lambda^2-25\lambda+1250) \\
		& = & (-1)(\lambda+3)(\lambda^2+25\lambda-1250) \\
		& = & (-1)(\lambda+3)(\lambda-25)(\lambda+50)
	\end{eqnarray*}
	Die Nullstellen von $\chi_A(\lambda) = det(A-\lambda\cdot I)$ sind die Eigenwerte von $A$:
	$$ \lambda_1 = -3; \quad \lambda_2=25; \quad \lambda_3=-50 $$
	
	\item
	$$\Rightarrow D = diag(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) = \left( \begin{array}{rrr}-3 & 0 & 0 \\ 0 & 25 & 0 \\ 0 & 0 & -50\end{array}\right)$$
	
	\item Bestimmung von zugehörigen Eigenvektoren zu:
	\subsubsection*{(a)} $\lambda_1=-3$:
	$$\left( \begin{array}{rrr}1 & 0 & -36 \\ 0 & 0 & 0 \\ -36 & 0 & -20\end{array}\right) \left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}0 \\ 0 \\ 0\end{array}\right)$$
	$$\left( \begin{array}{rrr|r}1 & 0 & -36 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -36 & 0 & -20 & 0\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{rrr|r}1 & 0 & -36 & 0 \\ 0 & 0 & -1316 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$$
	$$x_3 = 0; \; x_2 = s \in \SetR \text{ bel.}; \; x_1 = 0$$
	$$\Rightarrow Eig(A,-3) = \left\{ s \cdot \left( \begin{array}{c}0 \\ 1 \\ 0\end{array}\right) | s \in \SetR\right\}$$
	Eigenvektor zu $\lambda_1 = -3$ ist:
	$$v_1' = \left( \begin{array}{c}0 \\ 1 \\ 0\end{array}\right)$$
	\subsubsection*{(b)} $\lambda_2=25$:
	$$\left( \begin{array}{rrr}-27 & 0 & -36 \\ 0 & -28 & 0 \\ -36 & 0 & -48\end{array}\right) \left( \begin{array}{c}y_1 \\ y_2 \\ y_3\end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}0 \\ 0 \\ 0\end{array}\right)$$
	$$\left( \begin{array}{rrr|r}-27 & 0 & -36 & 0 \\ 0 & -28 & 0 & 0 \\ -36 & 0 & -48 & 0\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{rrr|r}-27 & 0 & -36 & 0 \\ 0 & -28 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$$
	$$y_2 = 0; \; y_3 = 3 \cdot r \text{ mit } r \in \SetR \text{ bel.}; \; y_1 = -4r$$
	$$\Rightarrow Eig(A,25) = \left\{ r \cdot \left( \begin{array}{r}-4 \\ 0 \\ 3\end{array}\right) | r \in \SetR\right\}$$
	Eigenvektor zu $\lambda_2 = 25$ ist:
	$$v_2' = \left( \begin{array}{r}-4 \\ 0 \\ 3\end{array}\right)$$
	\subsubsection*{(c)} $\lambda_3=-50$:
	$$\left( \begin{array}{rrr}48 & 0 & -36 \\ 0 & 47 & 0 \\ -36 & 0 & 27\end{array}\right) \left( \begin{array}{c}z_1 \\ z_2 \\ z_3\end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}0 \\ 0 \\ 0\end{array}\right)$$
	$$\left( \begin{array}{rrr|r}48 & 0 & -36 & 0 \\ 0 & 47 & 0 & 0 \\ -36 & 0 & 27 & 0\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{rrr|r}48 & 0 & -36 & 0 \\ 0 & 47 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$$
	$$z_2 = 0; \; z_3 = 4 \cdot t \text{ mit } t \in \SetR \text{ bel.}; \; z_1 = 3t$$
	$$\Rightarrow Eig(A,-50) = \left\{ t \cdot \left( \begin{array}{r}3 \\ 0 \\ 4\end{array}\right) | t \in \SetR\right\}$$
	Eigenvektor zu $\lambda_3 = -50$ ist:
	$$v_3' = \left( \begin{array}{r}3 \\ 0 \\ 4\end{array}\right)$$
	
	\item Die Normierung der Eigenvektoren $v_1', v_2', v_3'$ liefert die benötigten Eigenvektoren $v_1, v_2, v_3$ der
	Orthogonalmatrix $V$:
	\begin{eqnarray*}
		|v_1'| = 1 & \Rightarrow & v_1 = \left( \begin{array}{c}0 \\ 1 \\ 0\end{array}\right) = \frac{1}{5} \cdot \left( \begin{array}{c}0 \\ 5 \\ 0\end{array}\right) \\
		|v_2'| = 5 & \Rightarrow & v_2 = \frac{1}{5} \left( \begin{array}{r}-4 \\ 0 \\ 3\end{array}\right) \\
		|v_3'| = 5 & \Rightarrow & v_3 = \frac{1}{5} \left( \begin{array}{c}3 \\ 0 \\ 4\end{array}\right)
	\end{eqnarray*}
	\begin{eqnarray*}
		\Rightarrow V & = & (v_1 | v_2 | v_3) = \frac{1}{5} \cdot \left( \begin{array}{rrr}0 & -4 & 3 \\ 5 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 4\end{array}\right) \\
		\Rightarrow V^T & = & (v_1 | v_2 | v_3)^T = \frac{1}{5} \cdot \left( \begin{array}{rrr}0 & 5 & 0 \\ -4 & 0 & 3 \\ 3 & 0 & 4\end{array}\right)
	\end{eqnarray*}
\end{enumerate}
Ergebnis:
\begin{eqnarray*}
	A & = & VDV^T \\
	A & = & \frac{1}{5} \left( \begin{array}{rrr}0 & -4 & 3 \\ 5 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 4\end{array}\right) \left( \begin{array}{rrr}-3 & 0 & 0 \\ 0 & 25 & 0 \\ 0 & 0 & -50\end{array}\right) \frac{1}{5} \left( \begin{array}{rrr}0 & 5 & 0 \\ -4 & 0 & 3 \\ 3 & 0 & 4\end{array}\right)
\end{eqnarray*}

\section*{Aufgabe 5}
\subsubsection*{(a)}
$$A = \left( \begin{array}{ccc}70 & 0 & 42 \\ 0 & 112 & 42 \\ 42 & 42 & 161\end{array}\right)$$
Die Matrix $A \in \SetR^{3 \times 3}$ ist symmetrisch. Untersuche mit dem Hauptminorenkriterium, ob $A$ positiv definit ist:\\
Berechne die Hauptminoren:
\begin{eqnarray*}
	|70| & = & 70 > 0 \\
	\left| \begin{array}{cc}70 & 0 \\ 0 & 112\end{array}\right| & = & 70 \cdot 112 > 0 \\
	\left| \begin{array}{ccc}70 & 0 & 42 \\ 0 & 112 & 42 \\ 42 & 42 & 161\end{array}\right| & = & 14 \cdot 14 \cdot 7 \left| \begin{array}{ccc}5 & 0 & 3 \\ 0 & 8 & 3 \\ 6 & 6 & 23\end{array}\right| = 2^3 \cdot 7^3 \cdot (920-144-90) = 2^3 \cdot 7^3 \cdot 686 > 0
\end{eqnarray*}
Ergebnis: $A$ ist positiv definit. \\
Dann existiert (gem. Vorlesung) eine (positiv definite) Matrix $M \in \SetR^{3 \times 3}$ mit $M^2 = A$ \\
Berechnung von M: \\ \\
Bestimme dazu zunächst die Eigenwerte von $A$:
\begin{eqnarray*}
	\left| \begin{array}{ccc}70 - \lambda & 0 & 42 \\ 0 & 112-\lambda & 42 \\ 42 & 42 & 161-\lambda\end{array}\right| & \stackrel{\lambda = 7\mu}{=} & \left| \begin{array}{ccc}70 - 7\mu & 0 & 42 \\ 0 & 112-7\mu & 42 \\ 42 & 42 & 161-7\mu\end{array}\right|
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
	& = & 7^3 \cdot \left| \begin{array}{ccc}10 - \mu & 0 & 6 \\ 0 & 16-\mu & 6 \\ 6 & 6 & 23-\mu\end{array}\right| \\
	& = & 7^3 \cdot \left[ (10-\mu) \cdot (16-\mu) \cdot (23-\mu) - 36 \cdot (16-\mu) - 36 \cdot (10-\mu) \right] \\
	& = & 7^3 \cdot \left[ 3680 - 758\mu + 49 \mu^2 - \mu^3 - 36 \cdot (26-2\mu) \right] \\
	& = & 7^3 \cdot \left[ -\mu^3 + 49\mu^2 - 686\mu + 2744 \right] \\
	& = & \chi_A(\mu)
\end{eqnarray*}
Nullstellen von $\chi_A(\mu)$:
\begin{eqnarray*}
	\mu^3 - 49\mu^2 + 686\mu - 2744 & = & 0 \\
	\mu_1 & = & 7 \text{ ist Lösung}
\end{eqnarray*}
Polynomdivision:
$$(\mu^3 - 49\mu^2+686\mu-2744):(\mu-7) = \mu^2-42\mu+392$$
Löse:
\begin{eqnarray*}
	\mu^2 - 42 \mu + 392 & = & 0 \\
	\mu_{2,3} & = & 23 \pm \sqrt{441-392} \\
	& = & 21 \pm 7 \\
	\mu_2 & = & 14 \\
	\mu_3 & = & 28
\end{eqnarray*}
Hieraus ergeben sich aus $\lambda = 7 \cdot \mu$ die Eigenwerte von $A$:
\begin{eqnarray*}
	\lambda_1 = 7 \cdot \mu_1 & = & 49 = 1 \cdot 7^2 \\
	\lambda_2 = 7 \cdot \mu_2 & = & 98 = 2 \cdot 7^2 \\
	\lambda_3 = 7 \cdot \mu_3 & = & 196 = 4 \cdot 7^2
\end{eqnarray*}
Bestimmung eines Eigenvektors $\displaystyle v_1' = \left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{array}\right)$ zu $\lambda_1=49$:
$$\left( \begin{array}{ccc|c}21 & 0 & 42 & 0 \\ 0 & 63 & 42 & 0 \\ 42 & 42 & 112 & 0\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{ccc|c}1 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 2 & 0 \\ 3 & 3 & 8 & 0\end{array}\right)$$
$$\leadsto \left( \begin{array}{ccc|c}1 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 2 & 0\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{ccc|c}1 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$$
Sei $x_3 = -3 \Rightarrow x_2 = 2, \; x_1 = 6$.
$$\Rightarrow v_1' = \left( \begin{array}{r}6 \\ 2 \\ -3\end{array}\right) \Rightarrow v_1 = \frac{1}{7} \cdot \left( \begin{array}{r}6 \\ 2 \\ -3\end{array}\right)$$
Bestimmung eines Eigenvektors $\displaystyle v_2' = \left( \begin{array}{c}y_1 \\ y_2 \\ y_3\end{array}\right)$ zu $\lambda_2 = 98$:
$$\left( \begin{array}{rrr|r}-28 & 0 & 42 & 0 \\ 0 & 14 & 42 & 0 \\ 42 & 42 & 63 & 0\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{rrr|r}-2 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 3 & 0 \\ 2 & 2 & 3 & 0\end{array}\right)$$
$$\leadsto \left( \begin{array}{rrr|r}-2 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 3 & 0 \\ 0 & 2 & 6 & 0\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{rrr|r}-2 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$$
Sei $y_3 = 2 \Rightarrow y_2 = -6, \; y_1 = 3$.
$$\Rightarrow v_2' = \left( \begin{array}{r}3 \\ -6 \\ 2\end{array}\right) \Rightarrow v_2 = \frac{1}{7} \cdot \left( \begin{array}{r}3 \\ -6 \\ 2\end{array}\right)$$
Bestimmung eines Eigenvektors $\displaystyle v_3' = \left( \begin{array}{c}z_1 \\ z_2 \\ z_3\end{array}\right)$ zu $\lambda_3 = 196$:
$$\left( \begin{array}{rrr|r}-126 & 0 & 42 & 0 \\ 0 & -84 & 42 & 0 \\ 42 & 42 & -35 & 0\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{rrr|r}-3 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 & 0 \\ 6 & 6 & -5 & 0\end{array}\right)$$
$$\leadsto \left( \begin{array}{rrr|r}-3 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 6 & -3 & 0\end{array}\right) \leadsto \left( \begin{array}{rrr|r}-3 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$$
Sei $z_3 = 6 \Rightarrow z_2 = 3, \; z_1 = 2$.
$$\Rightarrow v_3' = \left( \begin{array}{r}2 \\ 3 \\ 6\end{array}\right) \Rightarrow v_3 = \frac{1}{7} \cdot \left( \begin{array}{r}2 \\ 3 \\ 6\end{array}\right)$$

Ergebnis: Die Vektormenge
$$ \{v_1, v_2, v_3\} = \left\{ \frac{1}{7}(6,2,-3)^T, \frac{1}{7}(3,-6,2)^T, \frac{1}{7}(2,3,6)^T\right\}$$
bildet eine Orthonormalbasis der zugehörigen Eigenwerte $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ von $A$. \\[0.5cm]
Sei $$ Q:= (v_1 | v_2 | v_3) = \frac{1}{7}\left( \begin{array}{rrr}6 & 3 & 2 \\ 2 & -6 & 3 \\ -3 & 2 & 6\end{array}\right)$$
und sei
$$\Lambda := \left( \begin{array}{ccc}1 \cdot 7^2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 \cdot 7^2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \cdot 7^2\end{array}\right)$$
$$\Rightarrow \Lambda^{\frac{1}{2}} = \left( \begin{array}{ccc}7 & 0 & 0 \\ 0 & 7\sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0 & 14\end{array}\right)$$
Berechne daraus die gesuchte Matrix $M := Q \Lambda^{\frac{1}{2}}Q^T$:
\begin{eqnarray*}
	M & = & \frac{1}{7}\left( \begin{array}{ccc}6 & 3 & 2 \\ 2 & -6 & 3 \\ -3 & 2 & 6\end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc}7 & 0 & 0 \\ 0 & 7\sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0 & 14\end{array}\right) \frac{1}{7} \left( \begin{array}{ccc}6 & 2 & -3 \\ 3 & -6 & 2 \\ 2 & 3 & 6\end{array}\right) \\
	M & = & \frac{1}{49} \left( \begin{array}{ccc}6 & 3 & 2 \\ 2 & -6 & 3 \\ -3 & 2 & 6\end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc}42 & 14 & -21 \\ 21\sqrt{2} & -42\sqrt{2} & 14\sqrt{2} \\ 28 & 42 & 84\end{array}\right) \\
	M & = & \frac{1}{49} \left( \begin{array}{ccc}308 + 63\sqrt{2} & 168-126\sqrt{2} & 42 +42\sqrt{2} \\ 168-126\sqrt{2} & 154+258\sqrt{2} & 210-84\sqrt{2} \\ 42 +42\sqrt{2} & 210-84\sqrt{2} & 567+28\sqrt{2}\end{array}\right) \\
	M & = & \frac{1}{7} \left( \begin{array}{ccc}44+9\sqrt{2} & 24-18\sqrt{2} & 6+6\sqrt{2} \\ 24-18\sqrt{2} & 22+36\sqrt{2} & 30-12\sqrt{2} \\ 6+6\sqrt{2} & 30-12\sqrt{2} & 81+4\sqrt{2}\end{array}\right)
\end{eqnarray*}
Für diese Matrix $M$ gilt: $M^2 = A$.

\subsubsection*{(b)}
$$A := \frac{1}{3} \left( \begin{array}{ccc}31 & 36 & -12 \\ 36 & -23 & 24 \\ -12 & 24 & 41\end{array}\right)$$
Untersuche mit dem Hauptminorenkriterium, ob ide symmetrische Matrix $A$ auch positiv definit ist:\\
Berechne die Hauptminoren:
\begin{eqnarray*}
	\left| \frac{31}{3}\right| & = & \frac{31}{3} > 0 \\
	\left| \begin{array}{cc}\frac{31}{3} & 12 \\ 12 & -\frac{23}{3}\end{array}\right| & = & - \frac{31 \cdot 23}{9} - 12^2 < 0
\end{eqnarray*}
Der Hauptminor für $k=2$ ist negativ.\\
$\Rightarrow A$ ist nicht positiv definit \\
$\Rightarrow$ es existiert keine Matrix $M \in \SetR^{3 \times 3} | M^2 = A$.

\end{document}