Mathematik II für Physiker - Department Mathematik

LMU München
Prof. Dr. Wojciech Dybalski
H. Nissen-Meyer
V. Hartenstein, R. Schlenga
SoSe 2017
Mathematik II für Physiker
Lösungsskizze Bonusblatt
Aufgabe 1: Sei F : V → V linear und v ∈ V so, dass es eine natürliche Zahl n gibt mit
F n (v) 6= 0
und
F n+1 (v) = 0,
wobei F n = F ◦ · · · ◦ F die n-fache Komposition von F mit sich selbst ist.
Beweisen Sie, dass die Vektoren v, F (v), F 2 (v), . . . , F n (v) linear unabhängig sind.
Lösung: Es ist zu zeigen, dass nur die trivialen Koeffizienten λi , i = 0, . . . , n die Gleichung
λ0 v + λ1 F v + · · · + λn F n v = 0
lösen. Dazu wenden wir F n Mal darauf an:
λ0 F n v + 0 + · · · + 0 = 0
⇒ λ0 = 0.
Wenn wir nun auf die verbliebene Gleichung n − 1 Mal F anwenden, erhalten wir
0 + λ1 F n v + 0 + · · · + 0 = 0
⇒ λ1 = 0.
Durch dieses Verfahren isolieren wir jeden der n + 1 Koeffizienten und finden sukzessive, dass
er verschwinden muss. Also ist λi = 0 ∀i = 0, . . . , n. Damit sind die v, F v, . . . , F n v linear
unabhängig.
0 1
Aufgabe 2: Gegeben sei die Matrix A =
∈ M(2, 2; R). Wir definieren die Teilmenge
1 0
UA = {B ∈ M(2, 2; R) : [A, B] = A · B − B · A = 0} ,
den sogenannten Kommutanten von A.
a) Zeigen Sie, dass UA ein Untervektorraum von M(2, 2; R) ist.
b) Bestimmen Sie die Dimension von UA .
Lösung:
a) Klarerweise ist die 0 enthalten, da [A, 0] = 0. Seien dann B, C ∈ UA , so gilt
[A, B + C] = A · (B + C) − (B + C) · A
= [A, B] + [A, C]
= 0.
Die restlichen Untervektorraumeigenschaften folgen direkt aus der Tatsache, dass M(2, 2; R)
ein Vektorraum ist.
a b
b) Wir setzen eine allgemeine 2 × 2-Matrix an als
mit Einträgen aus R. Der Komc d
mutant von A ist also
a b
0 1
a b
A,
=
,
c d
1 0
c d
c−b d−a
=
a−d b−c
0 0
!
=
.
0 0
Also finden wir a = d =: α ∈ R und b = c = β ∈ R
als Bedingungen
für
das Verα β
, α, β ∈ R , also ein
schwinden des Kommutators mit A. Damit ist UA =
β α
zweidimensionaler Unterraum.


0 1 0
Aufgabe 3: Diagonalisieren Sie falls möglich die Matrix A = 0 0 1  ∈ M(3, 3; R),
0 0 −τ
wobei τ > 0 eine positive Konstante ist.
Lösung: Da A obere Dreiecksgestalt hat, lesen wir die Eigenwerte von der Diagonalen ab:
0, 0, −τ . Zum doppelten Eigenwert 0 finden wir aber nur den eindimensionalen Eigenraum
aufgespannt durch den Vektor (1, 0, 0), also ist hier die geometrische Vielfachheit kleiner als
die algebraische ⇒ A ist nicht diagonalisierbar.
Aufgabe 4: Wir betrachten die Funktion f : R3 \ {0} → R3 mit
f (x) = −
Hier ist ||x|| =
p
1 x
.
4π ||x||3
x21 + x22 + x23 die euklidische Norm von x = (x1 , x2 , x3 )T ∈ R3 .
Berechnen Sie die Jacobi-Matrix von f . Was ist ihre Spur?
Lösung: Wir berechnen die Ableitung nach xi von der j-ten Komponente fj (x):
∂fj (x)
1 ∂(xj / ||x||3 )
=−
∂xi
4π
∂xi
1 δij ||x||3 − 3 · xj · xi · ||x||
=−
4π
||x||6
!
1 δij ||x||2 − 3 · xj · xi
=−
,
4π
||x||5
mit dem Kronecker-Delta δij = 1, wenn i = j und 0 sonst. Damit ist die Jacobi-Matrix gegeben
als
 2

2
1 

Jf (x) =

4π 
und ihre Spur trJf (x) =
2
2
1 3||x|| −3||x||
5
4π
||x||
3x1 −||x||
||x||5
3x1 x2
||x||5
3x1 x3
||x||5
3x1 x2
||x||5
3x22 −||x||2
||x||5
3x2 x3
||x||5
3x1 x3
||x||5 
3x2 x3 
,
||x||5 
2
2
3x3 −||x||
||x||5
= 0.
Hinweis: Die Spur der Jacobi-Matrix ist gleich der Divergenz einer vektorwertigen Funktion.