Lineare Algebra II - Institut für Mathematik

Prof. A. Cattaneo
Institut für Mathematik
Universität Zürich
Lineare Algebra II
5. Übung: Lösungen
Aufgabe 1
Bestimmen Sie ob die folgenden Matrizen diagonalisierbare sind. Wenn ja, bestimmen Sie eine
Basis von Eigenvektoren.
(a)

−7
A= 6
12

−16 4
13 −2 .
16 −4
(b)

4
B = 1
0
0
4
0

0
0 .
5
(a) Lösung: Zuerst, berechnen wir das charakteristische Polynom:


−7 − λ
−16
4
13 − λ
−2  = −λ3 + 2λ2 + 35λ − 100 = −(λ − 5)(λ2 + 3λ − 20).
p(λ) = det  6
12
16
−4 − λ
√
√
Deshalb die Eigenwerte sind λ1 = 5, λ2 = −3+2 89 , λ3 = −3−2 89 . Da die Eigenwerte verschiedene sind, die Matrix A diagonalisierbar ist und die Basis von Eigenvektoren ist:
• Für λ1 :

−7 − 5 −16
 6
13 − 5
12
16
 
−4
Dann v1 =  3 .
0
• Für λ2 :

√
−7 − −3+2 89


6
12
√ 

10 − 2√ 89
Dann v2 =  −5 + 89 .
16
• Für λ3 :

√
−7 − −3−2 89


6
12
√ 

10 + 2√ 89
Dann v3 =  −5 − 89 .
16

4
−2  v1 = 0,
−4 − 5
−16 √
13 − −3+2 89
16
−16 √
13 − −3−2 89
16

4

−2 √  v2 = 0,
−4 − −3+2 89
4
−2
−4 −

√
−3− 89
2

 v3 = 0,
Deshalb, die Basis β ist
√  
√ 
 
−4
10 − 2√ 89
10 + 2√ 89
β = { 3  ,  −5 + 89  ,  −5 − 89 }.
0
16
16

(b) Lösung: Zuerst, berechnen wir das charakteristische Polynom:


4−λ
0
0
4−λ
0  = −λ3 + 13λ2 − 56λ + 80 = −(λ − 5)(λ − 4)2 .
p(λ) = det  1
0
0
5−λ
Deshalb die Eigenwerte sind λ1 = 5, λ2 = λ3 = 4.
• Für λ1 :

−1
1
0

0
0 v1 = 0,
0
0
−1
0
 
0
Dann v1 = 0.
1
• Für λ2 = λ3 :

0
1
0
0
0
0

0
0 v2 = 0,
1
 
0
Dann v2 = 1. Da es nur zwei verschiedene Eigenvektoren gibt, B nicht diagonali0
sierbar ist.
Aufgabe 2
Welche Paare folgender Matrizen sind simultan diagonalisierbar?

2
A = 0
0
−2
0
1

−4
−3
4

5 −6
B = 0 −1
0 3

−12
−9 
11

1
C = 0
3
2
1
2

0
0
1
Bestimmen Sie explizit eine Basis von gemeinsamen Eigenvektoren.
Lösung: Zuerst bestimmen wir ob diese Matrizen diagonalisierbar sind:
• Für A:

2−λ
p(λ) = det  0
0
−2
−λ
1

−4
−3  = −λ3 + 6λ2 − 11λ + 6 = (λ − 3)(λ − 2)(λ − 1).
4−λ
Diagonalisierbar.
• Für B:

5−λ
p(λ) = det  0
0

−6
−12
−1 − λ
−9  = −λ3 + 15λ2 − 66λ + 80 = (λ − 8)(λ − 5)(λ − 2).
3
11 − λ
Diagonalisierbar.
• Für C:
Da

1−λ
p(λ) =  0
3

2
0
1−λ
0  = −λ3 + 3λ2 − 3λ + 1 = (λ − 1)3 .
2
1−λ

0
0
3
2
0
2

0
0 v = 0 =⇒ v = k(0, 0, 1),
0
es gibt nicht drei unabhängige Eigenvektoren, dann C nicht diagonalisierbar ist.
Jetzt benutzen wir die folgende Kriterium für simultandiagonalisierbarkeit.
A und B sind simultan diagonalisierbar genau dann A und B kommutieren.
Da


10 −22 −50
AB =  0 −9 −33 = BA,
0
11
35
es folgt dass A und B simultan diagonalisierbar sind. Wir suchen eine Basis von gemeinsamen
Eigenvektoren. Wir berechnen die Eigenvektoren von A:
• Für λ1 = 3,

−1
0
0
−2
−3
1

 
−4
−2
−3 v1 = 0 =⇒ v1 = −1 .
1
1

0
0
0
−2
−2
1

 
−4
1
−3 v2 = 0 =⇒ v2 = 0 .
2
0
• Für λ2 = 2,
• Für λ1 = 1,

1
0
0
Deshalb
−2
−1
1

 
−2
−4
−3 v3 = 0 =⇒ v3 = −3 .
1
3
     
−2
1
−2
β = {−1 , 0 , −3}.
1
0
1
Aufgabe 3
Sei A eine invertierbare Matrix.
(a) Zeigen Sie dass A ist diagonalisierbar genau dann A−1 diagonalisierbar ist.
Lösung:
Sei A invertierbar. A ist diagonalisierbar genau dann es eine invertierbare Matrix S und eine
invertierbare Diagonalmatrix D gibt, so dass
D = S −1 AS ⇔ D−1 = (S −1 AS)−1 = S −1 A−1 S ⇔ A−1 diagonalisierbar ist.
(b) Sei k ∈ Z. Zeigen Sie dass A ist diagonalisierbar dann Ak diagonalisierbar ist.
Lösung:
Sei A invertierbar und k ∈ Z so dass k¿0.. A ist diagonalisierbar genau dann es eine invertierbare Matrix S und eine invertierbare Diagonalmatrix D gibt, so dass
D = S −1 AS ⇒ Dk = (S −1 AS) · (S −1 AS) · · · · (S −1 AS) = S −1 Ak S ⇒ Ak diagonalisierbar ist.
Wenn k < 0, Ak = (A−1 )−k , wobei −k > 0, dann Ak ist diagonalisierbar ⇒ (A−1 )−k diagonalisierbar ist ⇒ A−1 diagonalisierbar ist ⇒ A diagonalisierbar ist.
Aufgabe 4
Ein Graph G (ohne Mehrfachkanten) ist ein Tupel (V, E), wobei V = {v1 , . . . , vn } eine Menge von
Knoten (oft auch Ecken genannt) und E eine Teilmenge aller 2-elementigen Teilmengen von V
bezeichnet. Die (ungeordneten) Paare (vi , vj ) heissen (ungerichtete) Kanten. Zwei Knoten heissen
in einem Graphen G benachbart oder adjazent, wenn sie Element einer ungerichteten Kante e ∈ E
sind. Ein Graph mit n Knoten kann durch eine Adjazenzmatrix A(G) ∈ M (n × n; R) repräsentiert
werden, die definiert ist wie folgt:
1
falls vi und vj adjazent sind
A(G) = {aij }i,j=1,...,n
aij =
0
sonst
Das charakteristische Polynom eines Graphen G ist PG (t) = PA(G) (t) = det(A − tEn ) .
Sei nun PG (t) = (−1)n tn + c1 tn−1 + c2 tn−2 + · · · + cn das charakteristische Polynom eines Graphen
mit n Knoten. Weisen Sie folgende Aussagen nach:
- c1 = 0;
Lösung:
Sei
pG (t) =
n
Y
(t − λi )
i=1
das charackteristiche Polynom wobei λi ∈ C die Eigenwerte von A(G) sind. Es folgt dass
b1 = (−1)n−1
n
X
λi = (−1)n−1 Sp(A(G)) = 0,
i=1
da die Diagonalelementen von A(G) gleich 0 sind.
- (−1)n−1 c2 ist die Anzahl der Kanten in E;
Lösung:
Wir haben dass
b2 = (−1)n−2
X
λi λj .
1≤i<j≤n
Zuerst, zeigen wir der folgenden
Lemma 1: die Anzahl der Kanten in E ist 1/2Sp(A2 ).
Beweis des Lemma: Sei A(G) = (aij ), haben wir dass
X
Sp(AAt ) =
(ai j)2 .
i,j
Da ai j = 1 falls vi und vj adjazent sind und At = A, es folgt dass
Sp(A2 ) = Sp(AAt ) = 2( Anzahl der Kanten in E).
Danach, zeigen wir der folgenden
Lemma 2: b2 = (−1)n−1 1/2Sp(A2 ).
Beweis des Lemma: Wir haben dass
2
Sp(A ) =
n
X
λ2i
i=1
und
n
X
(Sp(A))2 = (
λi )2
i=1
=
0=
n
X
λ2i + (−1)n−2 b2
i=1
⇔ (−1)n−2 2b2 = −Sp(A2 )
⇔ b2 = (−1)n−1 1/2Sp(A2 ).
Von Lemma 1 und Lemma 2 es folgt dass b2 = (−1)n−1 ]( Kanten in E)
- (−1)n−1 c3 ist zweimal die Anzahl der Dreiecken in G.
Lösung:
Lemma 3: die Anzahl der Dreiecken in G ist 1/3Sp(A3 ).
Beweis des Lemma:
Sei A3 = (Aˆij ). Dann, haben wir dass
X
Aˆij =
ail alm amj ,
1≤l,m≤n
deshalb
Sp(A3 ) =
X
aˆii =
i
X
ail alm ami
i,l,m
wobei ail alm ami = 1 genau dann vi , vl , vm die Knoten einer Dreieck sind. Da jedes Dreieck
ist dreimal gezhlt, es folgt dass
] Dreiecke in G = 1/3Sp(A3 ).
Lemma 4: (−1)n−1 2/3Sp(A3 ) = b3 .
Beweis des Lemma:
Zuerst, bemerken wir dass
b3 =
X
λi λj λk .
i6=j6=k
Dann
0
=
(
X
(λi ))3 =
i
X
λ3i + 3
i
⇔ 0 = Sp(A3 ) − 3
X
λi λj (λi + λj ) + 3
i,j
X
λi λj λk .
i6=j6=k
X
(λi ))3 + 3(−1)n−1 b3
i
2Sp(A3 )
.
⇔ b3 = (−1)n−1
3
Von Lemma 3 und Lemma 4 es folgt dass b3 = (−1)n−1 2]( Dreiecken in G).
Aufgabe 5
(a) Eine quadratische Matrix A heisst nilpotent falls es ein k ∈ N gibt, so dass Ak = 0: weisen
Sie nach, dass nilpotente Matrizen nur den Eigenwert 0 besitzen.
(b) Eine quadratische Matrix A, die der Gleichung A2 = A genügt, heisst idempotent. Zeigen
Sie, dass jede idempotente Matrix höchstens die Eigenwerte 0 und 1 hat.
Lösung:
(a) Sei λ ein Eigenwert für A mit Eigenvektor v. Es folgt dass
k
Ak v = A
| · A{z· · · A} v = λ v = 0.
Da v 6= 0, λk = 0 ⇒ λ = 0.
(b) Sei λ ein Eigenwert für A mit Eigenvektor v. Dann
λ2 v = A2 v = Av = λv.
Da v 6= 0, es folg dass λ2 = λ, d.h. λ ist entweder 0 oder 1.