(SS 13) Blatt 2 - math.uni

Prof. Dr. B. Hanke
Dr. J. Bowden
Lineare Algebra 2 (SS 13)
Blatt 2: Musterlösung
Aufgabe 1.
Zu (a): Der Term höchster Ordnung von PA lautet (−t)n . Für ungerade n hat dieses Polynom nach
dem Zwischenwertsatz eine Nullstelle. Alternativ kann man PA über C in Linearfaktoren zerlegen,
die Nullstellen treten dann in komplex konjugierten Paaren auf, da es eine ungerade Anzahl von
Nullstellen gibt muss eine also reell sein.
a b
Zu (b): Man berechnet explizit die Nullstellen von PA mit A =
. Diese sind
b c
s
2
a−c
a+c
±
+ b2
λ± =
2
2
und somit reell und für b 6= 0 sogar verschieden. Für b = 0 ist A aber schon diagonal. Die Matrix A
ist also diagonalisierbar.
Bemerkung: Wir werden später in der Vorlesung lernen, dass symmetrische Matrizen beliebiger
Größe stets diagonalisierbar sind.
Aufgabe 2.
Die Matrix A hat die Eigenwerte 1 und z.
Fall 1: z = 1. Dann ist die algebraische Vielfachheit µ(PA , 1) = 3, aber es gilt




0 a x
0 a x
dim Eig(A, 1) = dim ker 0 0 y  = 3 − rang 0 0 y  < 3,
0 0 0
0 0 0
da der Rang der angegebenen Matrix wegen a 6= 0 mindestens 1 ist. Die Matrix A ist also nicht
diagonalisierbar.
Fall 2: z 6= 1. Dann ist die algebraische Vielfachheit µ(PA , 1) = 2, aber es gilt




0 a
x
0 a
x
y  = 3 − rang 0 0
y  < 2,
dim Eig(A, 1) = dim ker 0 0
0 0 z−1
0 0 z−1
da der Rang der angegebenen Matrix wegen a 6= 0 und z − 1 6= 0 mindestens 2 ist. Die Matrix A ist
also nicht diagonalisierbar.
Aufgabe 3.
Es ist PA = (1 − t)3 . Die Matrix ist also trigonalisierbar. Wir berechnen Eig(A, 1) = span(v1 :=
e1 − e2 + e3 ). Die Matrix ist also nicht diagonalisierbar. Zur Trigonalisierung betrachten wir im
ersten Schritt zum Beispiel die Basis B1 := (v1 , e2 , e3 ). Bezüglich dieser Basis erhalten wir die
Matrixdarstellung


1 0 −2
A1 = 0 0 −1 .
0 1 2
Wir betrachten nun den Untervektorraum span(e2 , e3 ) und darauf den Endomorphismus, welcher in
der Basis (e2 , e3 ) die Darstellung
0 −1
A2 =
1 2
1
hat. Das charakteristische Polynom davon ist (1 − t)2 und ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 ist zum
Beispiel v2 := e2 − e3 . Wir betrachten daher nun die Basis B2 := (v1 , v2 , e3 ). Bezüglich dieser Basis
erhalten wir für A die Matrixdarstellung


1 2 −2
0 1 −1 .
0 0 1
Aufgabe 4.
Ein nilpotenter Endomorphismus ist nicht injektiv, also hat er 0 als Eigenwert. Andererseits kann
man eine Eigenwertgleichung der Form f (v) = λv mit λ 6= 0 zusammen mit der Nilpotenzbedingung
f k = 0 schnell auf einen Widerspruch führen. Also haben nilpotente Endomorphismen genau 0
als einzigen Eigenwert. Wir wählen einen Eigenvektor v1 dazu und ergänzen diesen zu einer Basis
B1 = (v1 , w2 , . . . , wn ) von V . Die darstellende Matrix ist dann von der Form
0 ∗
MB1 (f ) =
0 A
k
mit einer (n − 1) × (n − 1)-Matrix A. Wegen MB1 (f k ) = (MB1 (f )) gilt mit f k = 0 auch
0=
0
0
∗
A
k
=
0
0
∗
Ak
und damit Ak = 0. Der durch A auf W := span(w2 , . . . , wn ) ⊂ V definierte Endomorphismus ist also
auch nilpotent und wir finden per Induktionsvoraussetzung eine Basis (v2 , . . . , vn ) von W bezüglich
welcher A durch eine obere Dreiecksmatrix mit Nullen auf der Diagonalen dargestellt wird. Die Basis
B := (v1 , v2 , . . . , vn ) von V leistet also das Gewünschte.
Anmerkung: Es ist nicht vorausgesetzt, dass f trigonalisierbar ist. Der Beweis“: ’Wie in der Vorle”
sung findet man eine Basis, so dass f durch eine obere Dreiecksmatrix mit den Eigenwerten entlang
der Diagonalen beschrieben wird und es gibt nur einen Eigenwert 0.’ ist deshalb nicht korrekt wir wissen erst nach dieser Aufgabe, dass nilpotente Endomorphismen trigonalisierbar sind und als
charakteristisches Polynom Pf = (−t)n haben.
Aufgabe 5.
Zu (a): Dies folgt sofort, da Diagonalmatrizen kommutieren.
Zu (b): Es sei v ∈ Eig(f, λ). Dann folgt
f (g(v)) = g(f (v)) = g(λv) = λg(v)
und somit g(v) ∈ Eig(f, λ). Der Eigenraum Eig(f, λ) ist also g-invariant.
Zu (c): W ist nach Teil (b) g-invariant. Es sei w ∈ W . Da g diagonalisierbar ist, finden wir eine
Darstellung
w = w1 + . . . + w` mit wi ∈ Eig(g, µi )
und paarweise verschiedenen Eigenwerten µ1 , . . . , µ` von g. Nun ist einerseits
f (w) = λw =
λw
|{z}1
∈Eig(g,µ1 )
+... +
λw
|{z}`
,
∈Eig(g,µ` )
da W Eigenraum von f zu einem Eigenwert λ ist. Andererseits ist
f (w) = f (w1 ) + . . . + f (w` ) ,
| {z }
| {z }
∈Eig(g,µ1 )
∈Eig(g,µ` )
da die Eigenräume von g nach Teil (b) auch f -invariant sind. Da die Summe von Eigenräumen zu
paarweise verschiedenen Eigenwerten direkt ist, ist die Darstellung von f (w) als die Summe von
Vektoren aus den Eig(g, µi ) eindeutig und es folgt
f (w1 ) = λw1 , . . . , f (w` ) = λw`
2
und damit w1 , . . . , w` ∈ Eig(f, λi ) = W . Damit ist gezeigt, dass Eigenvektoren von g in W ein
Erzeugendensystem bilden, wir können also in W eine Basis aus g-Eigenvektoren wählen, g|W ist
also diagonalisierbar.
Zu (d): Eine Richtung ist Teil (a), die andere Richtung folgt aus Teil (c): Da f diagonalisierbar ist gilt
V = ⊕Eig(f, λi ). In jedem der Summanden können wir eine Basis aus Eigenvektoren von g wählen.
Alle diese Basen zusammen ergeben eine Basis B von V , deren Elemente sowohl Eigenvektoren von
g als auch von f sind. Bezüglich B werden also f und g als Diagonalmatrizen dargestellt.
Aufgabe 6.
Zu (a): Vielen Dank an Benedikt für dieses Bild:
Zu (b): Ist f trigonalisierbar und (v1 , . . . , vk ) eine Basis von V bezüglich der f als obere Dreiecksmatrix dargestellt wird, so finden wir mit
U0 := 0
und Ui := span(v1 , . . . , vi )
für i = 1, . . . , k
eine f -invariante Fahne der Länge k = dim(V ).
Die andere Richtung folgt per Induktion über dim(V ): Als Induktionsanfang stellen wir fest, dass
Endomorphismen eindimensionaler Vektorräume stets trigonalisierbar sind. Ist nun eine f -invariante
Fahne der Länge k = dim(V ) ≥ 2 gegeben, so ist Uk−1 ein f -invarianter Untervektorraum der
Dimension k − 1, also findet man per Induktionsvoraussetzung eine Basis von Uk−1 ⊂ V , bezüglich
der f |Uk−1 obere Dreiecksgestalt hat. Wir ergänzen diese Basis beliebig zu einer Basis von V und
haben so f trigonalisiert.
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