Musterlösung Lineare Algebra II – Blatt 7 Aufgabe 19: a) Fall 1: b = 0

Musterlösung Lineare Algebra II – Blatt 7
Aufgabe 19:
a) Fall 1: b = 0: ⇒ A(b, b, n) = 0 ist Diagonalmatrix, also diagonalisierbar,
0 ist einziger EW von A(b, b, n) und Cn ist ER von A(b, b, n) zum EW 0.
Ferner gilt χA(b,b,n) = tn .
Fall 2: b 6= 0:
n
n
P
P
n
Seien U := (v1 , . . . , vn ) ∈ C |
vi = 0 , V := c ·
ei | c ∈ C und
i=1
i=1
A := A(b, b, n). Dann gilt:
n
n
n
P
P
P
A·x = 0·x = 0 ⇔
b · xi = 0 ⇔ b · xi = 0 ⇔
xi = 0 ⇔ x ∈ U und
A · x = (nb) · x ⇔ b
i=1
n
P
i=1
i=1
xi = nbx1 = . . . = nbxn ⇔ x1 = . . . = xn ⇔ x ∈ V .
i=1
Also ist U der ER zum EW 0 und V der ER zum EW nb.
Weil χA = det(D) = T n−1 · (T − nb) = (T − 0)dim(U ) · (T − nb)dim(V ) gilt1 ,
sind 0 und nb die einzigen EW von A und A ist diagonalisierbar.
b) Es gilt A(a, b, n) = A(b,
b, n) − b · E+ a · E = A(b, b, n) − (b − a) · E ⇒ χA(a,b,n) (t) = det tE − A(a, b, n) = det tE − A(b, b, n) + (b − a) · E
= det (t − a + b) · E − A(b, b, n)
= det ψ · E − A(b, b, n)
ψ=t−a+b
= χA(b,b,n) (ψ) = χA(b,b,n) (t − a + b).
Also gilt χA(a,b,n) = (T − a + b)n−1 · (T − a + b − nb) für b 6= 0.
Ist b = 0, so gilt χA(a,b,n) = (t − a + b)n = (t − a)n .
c) Fall 1: b = 0. Dann gilt A(a, b, n) − a · E = 0 und somit pA(a,b,n) = T − a.
Fall 2: b 6= 0. ⇒ pA(b,b,n) = T · (T − nb), da A(b, b, n) diagonalisierbar ist.
Sei f (t) := (t
− a + b)(t − a + b − nb). Dann gilt:
f A(a, b, n) = (A(a, b, n) − aE + bE) · (A(a, b, n) −
aE + bE − nbE)
= A(b, b, n) · (A(b, b, n) − nbE) = pA(b,b,n) A(b, b, n) = 0.
Weil jeder Primfaktor von χA(a,b,n) in der Zerlegung von pA(a,b,n) vorkommt
und f (A) = 0 gilt, gilt somit pA(a,b,n) = f = (T − a + b) · (T − a + b − nb),
falls b 6= 0 ist.
1
Berechnung des charakteristischen Polynoms durch Berechnung der Determinante:
1) i-te Zeile – n-te Zeile für 1 ≤ i < n, 2) n-te Zeile + bt ·1-te Zeile + . . .+ bt ·(n−1)-te Zeile:


falls i = j < n
t
ergibt Matrix D = (di,j ) mit ai,j = t − nb falls i = j = n und di,n = −t für 1 ≤ i < n


0
falls i 6= j 6= n
1
Aufgabe 20:
a) ⇒“: Sei A ∈ K n×n trigonalisierbar. Dann gibt es eine Dreiecksmatrix
”
B = (bi,j )1≤i,j≤n , so dass
 A und B ähnlich sind. ⇒ χA= χB . Daher gilt:
t − b1,1
0
··· ···
0


..
.. ..
 −b

.
.
t
−
b
.


2,1
2,2
n

 Q
.
.
.
.
.

 = (t − bi,i ).
..
..
.. ..
..
χA (t) = χB (t) = det 


 i=1
.
.
.
.
..
..
.. ..


0


.
−bn,1
· · · · · · . . t − bn,n
Also zerfällt χA vollständig in Linearfaktoren.
⇐“: Sei A ∈ K n×n , so dass χA vollständig in Linearfaktoren zerfällt.
”
Sind dann λ1 , . . . , λm ∈ K die EW von A, so gibt es eindeutig bestimmte
n1 , . . . , nm ∈ N, so dass A zu der Jordan–Matrix
J := Diag J(λ1 , n1 ), . . . , J(λm , nm )
ähnlich ist.
Weil J eine Dreiecksmatrix ist, ist A somit zu einer Dreiecksmatrix ähnlich.
Also ist A trigonalisierbar.
a b
b) Sei A :=
∈ R2×2 .
c d
Dann gilt χA = T 2 − Spur(A) · T + (−1)2 det(A) = T 2 − (a + d) · T + ad − bc.
Nach a) gilt daher:
χA zerfällt vollständig in Linearfaktoren ⇐⇒
(∗)
a+d 2
− (ad − bc) ≥ 0
χA hat in R mindestens eine Nullstelle ⇐⇒
2
A ist trigonalisierbar
⇐⇒
p,q−Formel
⇐⇒
(a + d)2
− ad + bc ≥ 0
4
⇐⇒
a2 + 2ad + d2 − 4ad + 4bc ≥ 0
⇐⇒
(a − d)2 + 4bc ≥ 0.
(a + d)2 − 4ad + 4bc ≥ 0
⇐⇒
⇐⇒
a2 − 2ad + d2 + 4bc ≥ 0
(∗): ⇐“: Gibt es λ ∈ R mit χA (λ) = 0, so gibt es αT + β ∈ R[T ]:
”
χA
=
(T − λ) · (αT + β) = αT 2 + (β − αλ)T − βλ
⇒ χA
=
(T − λ) · (T − µ)
⇒α=1
µ:=−β
2
Aufgabe 21:
Sei A ∈ C3×3 , det(A) = 0, Spur(A) = 3 und Spur(A2 ) = 5.
Dann gilt:
χA
2
Spur(A) − Spur(A2 )
· T + (−1)3 · det(A)
= T − Spur(A) · T +
2
1
3
2
3
= T − 3 · T + (9 − 5) · T = T − 3 · T 2 + 2 · T
2
3
2
⇒ χA (t) = 0 ⇐⇒ t3 − 3t2 + 2t = 0 ⇐⇒ t(t2 − 3t + 2) = 0
⇐⇒ t = 0 ∨ t2 − 3t + 2 = 0 ⇐⇒ t = 0 ∨ t = 1 ∨
t = 2.
Dann ist A ähnlich zur Jordan-Matrix J := Diag J(0, n1 ), J(1, n2
), J(2, n3
) .
0 0 0

Weil n1 + n2 + n3 = 3 gilt, gilt n1 = n2 = n3 = 1 und somit J = 0 1 0.
0 0 2
3