Lösungsvorschlag für Blatt 11

Lösung zu Blatt 11 der Linearen Algebra I im WS
2015/16
Aufgabe 1 (7 Punkte)
a) Voraussetzung: Sei die folgende Matrix gegeben: A =
2 0
0
0 1 1
0 3 −1
Behauptung: Die Matrix A ist diagonalisierbar. Für P
2 0 0 0
P −1 AP = 00 20 −2
.
.
=
1 0
0
0 1 1
0 1 −3
gilt
Beweis: Wir bestimmen zunächst die Eigenwerte von A in dem wir das charakteristische Polynom pA (λ) ausrechnen:
pA (λ) = det(λ1 − A)
λ−2 0
= det 0 λ−1
0
0
−1
−3 λ+1
= (λ − 2)(λ − 1)(λ + 1) − 3(λ − 2) (z.B. Entwicklung nach der ersten Zeile).
Offensichtlich gilt pA (2) = 0. Polynomdivion ergibt
pA (λ) = (λ − 2) ((λ − 1)(λ + 1) − 3) = (λ − 2)p1 (λ).
Offensichtlich gilt p1 (2) = 0. Polynomdivision ergibt
pA (λ) = (λ − 2)p1 (λ) = (λ − 2)(λ − 2)(λ + 2) = (λ − 2)2 (λ + 2).
Damit sind die Eigenwerte von A λ1 = 2 (mit algebraischer Vielfachheit 2) und
λ2 = −2 (mit algebraischer Vielfachheit 1).
Wir wissen, dass A diagonalisierbar ist genau dann, wenn R3 eine Basis aus Eigenvektoren von A besitzt. Wir bestimmen daher die Dimensionen der Eigenräume zu
λ1 und λ2 . Sei V (λ1 ) der Eigenraum zu λ1 und V (λ2 ) der Eigenraum zu λ2 . Dann
gilt:
0 0 0 dim V (λ1 ) = dim Kern(21 − A) = 3 − Rang(21 − A) = 3 − Rang 0 1 −1 = 2,
0 −3 3
wobei wir bei der zweiten Gleichheit die Dimensionsformel benutzt haben. Da λ2
ein Eigenwert ist gilt dim V (λ2 ) ≥ 1. Außerdem wissen wir, dass Eigenvektoren
zu verschiedenen Eigenwerten linear unabhängig sind, also können wir drei linear
unabhängige Eigenvektoren finden. Es folgt, dass R3 eine Basis aus Eigenvektoren
für A besitzt und damit folgt der erste Teil unserer Behauptung.
Für den zweiten Teil der Behauptung müssen wir die Basis aus Eigenvektoren bestimmen um damit die Basiswechselmatrix zu finden.
1
0
Offensichtlich ist { 0 , 1 } ist eine linear unabhängige Teilmenge von
0
1
0 0 0 0 0
0
1
−1
1
0
und damit eine Basis von V (λ1 ). Außerdem ist
6= −3
Kern
∈
0 −3 3 0 −4 0 0
0
1
0
1
V (λ2 ) = Kern 0 −3 −1 . Wir haben damit die Basis B = { 0 , 1 , −3
} aus
0
1
0 −3 −1
Eigenvektoren für A gefunden.
Die gesuchte Matrix P ist damit die Basiswechselmatrix B TA , wobei A die kanonische
Basis vom R3 ist und damit
1 0 0 1
P = 00 11 −3
.
Damit ist die Behauptung bewiesen.
Um eine Probe machen zu können bestimmen wir noch P −1 :
1 0
0 1 0 0
0 1 1 0 1 0
0 1 −3 0 0 1
−1
Z32
−−→
1
1 0
0 1 0 0
0 1 1 0 1 0
0 0 −4 0 −1 1
P
1 0 0
1
0
−−→
Damit ist
−1
D34
=
und
P −1 AP =
0
0
1 0 0
0 1 1 0 1 0
0 0 1 0 41 − 14
3
4
1
4
0
1
4
− 14
2 0
1 0 0
−1
Z23
−−→
1 0 0
0 1 0 0 43 14
0 0 1 0 14 − 14
0
0 2 0
0 0 −2
.
b) Voraussetzung: Sei die folgende Matrix gegeben: A =
4 0 −1 0 3 0
1 0 2
.
Behauptung: Die Matrix A ist nicht diagonalisierbar.
Beweis: Wir zeigen, dass R3 keine Basis aus Eigenvektoren haben kann. Dafür
rechnen wir zunächst die Eigenwerte mit Hilfe des charakteristischen Polynoms
PA (λ) aus.
pA (λ) = det(λ1 − A)
λ−4 0
= det 0 λ−3
−1
0
1
0
λ−2
= (λ − 4)(λ − 3)(λ − 2) + (λ − 3) = (λ − 3)((λ − 4)(λ − 2) + 1)
= (λ − 3)(λ2 − 6λ + 9) = (λ − 3)3 .
Also ist nur λ1 = 3 ein Eigenwert von A (mit algebraischer Vielfachheit 3). Sei
V (λ1 ) der Eigenraum zu λ1 , dann gilt
−1 0 1 −1 0 1 dim V (λ1 ) = dim Kern 0 0 0 = 3 − Rang 0 0 0 ≤ 2.
−1 0 1
−1 0 1
Damit kann es keine Basis aus Eigenvektoren geben und die Behauptung ist bewiesen.
Aufgabe 2 (6 Punkte)
a) Voraussetzung: Seien A, P, D ∈ Mn (R) und D eine Diagonalmatrix, so dass
AP = P D. Seien v1 , v2 , . . . , vn die Spaltenvektoren von P .
Behauptung: Für i ∈ {1, 2, . . . , n} gilt: Falls vi 6= 0 ist vi ein Eigenvektor
von A.


Beweis: Wir haben P
=
(v1 |v2 | · · · |vn ), und D
=
λ1 0 0 ···
0 λ2 0 ···

0
0
.
0
0
.. 0
0
0 0 ··· λn
 für
λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ R. Es gilt: Dann ist
P D = (λ1 v1 |λ2 v2 | · · · |λn vn ) .
Nach Voraussetzung ist AP = P D, also ist die i-te Spalte von AP gleich λi vi . Die
i-te Spalte von AP ist aber auch Avi nach den Regeln der Matrizenmultiplikation.
Da ein Eigenvektor v von A nach Definition ein Vektor ungleich dem Nullvektor
ist, so dass es Av = λv für ein λ ∈ R, folgt die Behauptung.
b) Voraussetzung: Seien A ∈ Mn (R) eine invertierbare Matrix.
Behauptung: A ist nicht immer diagonalisierbar.
1 1
, dann ist det A = 1 6= 0,
Beweis: Wir geben ein Gegenbeispiel. Sei A =
0 1
also ist A invertierbar. Da pA (λ) = (λ − 1)2 ist λ1 = 1 der einzige Eigenwert von A. Sei V (λ1 ) der zugehörige
Eigenraum. Dann ist
0 1
dim V (λ1 ) = 2 − Rang(λ1 1 − A) = 2 − Rang
= 1. Also kann es
0 0
keine Basis von R2 aus Eigenvektoren für A geben.
c) Voraussetzung: Sei A ∈ Mn (R), so dass A2 = A und A 6= 0.
Behauptung: λ ∈ R Eigenwert von A ⇒ λ ∈ {0, 1}.
Beweis: Sei λ ∈ R ein Eigenwert von A. Dann existiert v ∈ Rn \{0} :
Av = λv ⇒ A2 v = A(Av) = A(λv) = λAv = λ2 v.
Also ist v auch ein Eigenvektor von A2 zum Eigenwert λ2 . Da nach Voraussetzung
A2 = A ist, folgt λ2 = λ, also λ ∈ {0, 1}.
Aufgabe 3 (7 Punkte) Voraussetzung: Sei V ⊂ M2 (R) die Menge der Matrizen, für
die der Vektor ( 12 ) im Kern liegt und sei W ⊂ M2 (R die Menge der Matrizen, für die der
Vektor ( 12 ) ein Eigenvektor ist.
a) Behauptung: V ist ein Untervektorraum von M2 (R).
Beweis: Da die 2 × 2 Nullmatrix jeden Vektor aus R2 im Kern hat, ist O ∈ V .
Sei A ∈ V , λ ∈ R, dann gilt nach Definition von V , dass A ( 12 ) = 0 und
damit λA ( 12 ) = 0. Also ist λA ∈ V . Sei nun zusätzlich B ∈ V . Dann gilt
A ( 12 ) = B ( 12 ) = 0 und damit (A + B) ( 12 ) = 0, also A + B ∈ V , womit die
Behauptung folgt.
b) Behauptung: dim V = 2.
Beweis: Wir bestimmen eine Basis von V . Sei A = ( ac db ) ∈ V beliebig, dann
gilt
0
( ac db ) ( 12 ) = a+2b
c+2d = ( 0 ) .
Damit ist
A=
−2a a
−2b b
.
1
0 0
Offensichtlich sind damit b1 = ( −2
0 0 ) , b2 = ( −2 1 ) zwei linear unabhängige Vektoren
aus V deren linearer Spann ganz V ist. Damit ist {b1 , b2 } eine Basis und dim V = 2.
c) Behauptung: W ist ein Untervektorraum von M2 (R).
Beweis: Offensichtlich ist ( 12 ) ein Eigenvektor der Nullmatrix zum Eigenwert
0 und damit O ∈ W . Sei A ∈ W und λ ∈ R. Dann existiert ein µ ∈ R, so dass
A ( 12 ) = µ ( 12 ). Daraus folgt
λA ( 12 ) = λµ ( 12 ) ,
also ist ( 12 ) ein Eigenvektor von λA und damit λA ∈ W . Sei nun zusätzlich B ∈ W ,
dann gibt es ν ∈ R, so dass B ( 12 ) = ν ( 12 ) und damit
(A + B) ( 12 ) = A ( 12 ) + B ( 12 ) = (µ + ν) ( 12 ) .
Es folgt, dass ( 12 ) ein Eigenvektor von A + B ist, also A + B ∈ W und W ist ein
Untervektorraum.
d) Behauptung:dim W = 3.
Beweis: Offensichtlich ist V ein Untervektorraum von W , als Menge aller
Matrizen für die ( 12 ) ein Eigenvektor zum Eigenwert 0 ist, also ist mit Aufgabenteil
b) dim W ≥ 2. Nun ist ( 12 ) aber ein Eigenvektor von 1 zum Eigenwert 1, also ist
V 6= W und damit dim W ≥ 3.
1
Da ( 11 11 ) ( 12 ) = −1
−1 , kann ( 2 ) kein Eigenvektor für diese Matrix sein, also gilt
W 6= M2 (R und damit dim W = 3.