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.