Bergische Universität Wuppertal ¨Ubungen zur Linearen Algebra 2

Bergische Universität Wuppertal
WS 2006/07
Blatt 1
19.10.06
Übungen zur Linearen Algebra 2
Apl. Prof. Dr. G. Herbort


 

2
4
6
Aufgabe 1. Sei B = {b1 , b2 , b3 }, wobei b1 =  3  , b2 =  1  , b3 =  3 .
1
1
−1
3
a) Zeigen Sie, dass B eine Basis des IR ist
(4 Punkte)
3
b) Berechnen Sie zu den folgenden Vektoren xj ∈ IR die Koordinatenvektoren ΦB (x) bgzl.
der Basis B:
 
 


4
6
7
x1 =  8  , x 2 =  2  , x 3 =  9 
3
2
−1

(7 Punkte)
Lösung. Sei B = (b1 , b2 , b3 ). Dann ist B invertierbar mit


−2 5
3
1 
3 −4 6 
B −1 =
14
1
1 −5






41
2
4
1 
1
1
−2  , ΦB (x2 ) = B −1 x2 =  1  , ΦB (x3 ) = B −1 x3 =  −3 
ΦB (x1 ) = B −1 x1 =
14
7
2
−3
−1
3
  
 
3
1
0





1
, 3 } eine Basis von IR3 ist. (3
Aufgabe 2. a) Zeigen Sie, dass B := { 8 ,
4
−1
2
Punkte)
b)Sei f : IR3 −→ IR3 die lineare Abbildung mit
 
 
 

 

 
0
5
3
5
2
5











0 
7 , f( 2 ) =
4
, f( 1 ) =
f( 0 ) =
3
2
1
1
−1
1

Berechnen Sie die Matrix MB (f ), welche f bzgl. der Basis B darstellt.
(7 Punkte)
Lösung. a) Die aus den Vektoren bj gebildete Matrix B ist wegen
0 1 3 det B = 8 1 3 = −56
2 −1 4 
5
invertierbar, also B eine Basis des IR3 . Es sei c1 =  0  , c2
1
gilt
  
3

7 −
f (e2 ) = f (c2 − c1 ) = f (c2 ) − f (c1 ) =
1


 
5
5



1 , c3 =
2 . Dann
=
1
2
  
1
2


3 
4
=
2
−1


     

0
3
1
−4
f (e3 ) = f (c3 − c2 − e2 ) = f (c3 ) − f (c2 ) − f (e2 ) =  0  −  7  −  3  =  −10 
3
1
2
0
und

 


−4
2
6
1
1
1
1
1
f (e1 ) = f (5e1 ) = f (c1 − e3 ) = (f (c1 ) − f (e3 )) =   4  −  −10   =  14 
5
5
5
5
5
0
−1
−1


6/5 1 −4
Also ist f (x) = A · x, wobei A =  14/5 3 −10 . Es folgt dann
−1/5 2 0

 1
6
− 33
2
5
20



 45 19
−1
91

−
−
MB (f ) = B AB = 
10 
 7 5


15
1
4
− 10
7
5

Aufgabe 3. a) Berechnen Sie zur Matrix


2 1 7
A :=  0 6 0 
14 1 −5
die Eigenwerte und zugehörigen Eigenvektoren.
b) Ist A diagonalisierbar?
(7 Punkte)
(3 Punkte)
Lösung. a)
x − 2 −1
−7
x−6
0 χA (x) = 0
−14
−1 x + 5 x − 2 −7 = (x − 6)(x2 + 3x − 108) = (x − 6)(x − 9)(x + 12)
= (x − 6) −14 x + 5 Die Eigenräume zu A sind



 

1
1
1
E(A, 6) = Lin  −3  , E(A, 9) = Lin  0  , E(A, −12) = Lin  0 
−2
1
1
b) Da A paarweise verschiedene Eigenwerte hat und χA zerfällt, ist A diagonalisierbar.
Aufgabe 4. Sei K ein beliebiger Körper und A, B ∈ Mn (K). Zeigen Sie, dass
a) die Matrizen AB und BA dieselben Eigenwerte haben.
b) für alle Eigenwerte λ 6= 0 von AB gilt dim E(AB, λ) = dim E(BA, λ).
(Hinweis zu a) und b): Untersuchen Sie das Verhalten von f (x) := Bx auf E(AB, λ).)
c) Gilt b) auch, wenn λ = 0 Eigenwert von AB ist?
(10 Punkte)
n
Lösung. a) Sei λ ein Eigenwert von AB und λ 6= 0. Ist dann v ∈ K mit AB · v = λv, dann
ist BA(Bv) = B(λv) = λBv, also Bv ∈ E(BA, λ). Aber wenn v 6= 0, so ist auch Bv 6= 0, da
sonst λv = AB · v = 0, also λ = 0 wäre. Somit ist λ ein Eigenwert auch zu BA. Ist λ = 0, so ist
det(AB) = 0, also auch det(BA) = 0, somit ist auch BA nicht invertierbar und hat den Eigenwert
0. Jeder Eigenwert von AB ist also Eigenwert zu BA. Die Umkehrung zeigt man entsprechend.
Gleichzeitig sehen wir, dass, wenn λ 6= 0, auch fB : E(AB, λ) −→ E(BA, λ) linear abbildet.
Ebenso bildet fA : E(BA, λ) −→ E(AB, λ) linear ab. Wir zeigen jetzt, dass beide Abbildungen
sogar injektiv sind. Sei etwa v ∈ E(AB, λ) nicht null. Wäre Bv = fB (v) = 0, so hätte man ja
λv = ABv = 0, also v = 0, Widerspruch. Damit ist auch fB (v) 6= 0.
Genauso zeigt man, dass fA auf E(BA, λ) injektiv ist. Aus der Dimensionsformel folgt nun
dim E(BA, λ) ≥ dim fB (E(AB, λ)) = dim E(AB, λ) − dim Ker (fB ) = dim E(AB, λ)
Entsprechend folgt die umgekehrte Ungleichung.
c) Man wähle A und B so, dass AB 6= 0 = BA. Dann kann die Gleichheit aus b) für λ = 0
nicht gelten.
Aufgabe 5. Sei wieder K ein Körper.
a) Zeigen Sie, dass Spur(AB) = Spur(BA) für alle A, B ∈ Mn (K) gilt.
(4 Punkte)
b) Zeigen Sie: Ist S ∈ GL(n, K), so gilt Spur(S −1 AS) = Spur(A).
(2 Punkte)
c) Sei V ein K-Vektorraum der Dimension n. Wie kann man eine widerspruchsfreie Definition
der Spur von f geben?
(4 Punkte)
Lösung. a) Wenn A = (aij )ni,j=1 und B = (bij )ni,j=1 , so ist
Spur(AB) =
n
X
aij bji =
i,j=1
b)
n
X
aji bij = Spur(BA)
i,j=1
Spur(S −1 AS) = Spur(SS −1 A) = Spur(A)
c) Wir definieren für eine Basis B von V :
Spur(f ) := Spur(MB (f ) )
Ist dann C eine andere Basis, so ist mit einer invertierbaren Matrix S ja:
MC (f ) = S −1 MB (f )S
so dass also mit b) gilt: Spur(MC (f ) ) = Spur(MB (f ) ). Somit ist die Definition von Spur(f ) von
der Wahl von B unabhängig.