Lineare Algebra 2, am 17.6.2014 Name: Matrikelnummer - ig

Lineare Algebra 2, am 17.6.2014
Name:
Matrikelnummer:
Dieser Test enthält 7 Aufgaben auf 2 Seiten und zählt insgesamt 36 Punkte. Ein Ergebnis ab 18 Punkten ist positiv.
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Ihnen angenehmer ist. Die Klarheit Ihrer Sprache fließt wesentlich in die Bewertung ein!
Bitte antworten Sie prägnant: Ausführungen, die nicht zur direkten Beantwortung der
gestellten Fragen dienen, bringen keine zusätzlichen Punkte, und können sogar, wenn sie
falsch sind, auch zu Punkteabzug führen!
Danke und viel Erfolg!
* Je eine Definition aus jedem der drei Hauptteile. Hier soll überprüft werden, ob Sie die genauen
Begriffe kennen.
Aufgabe 1. Definieren Sie die folgenden Begriffe: (Nur die Definitionen sind gefragt.)
(1) 2 Punkte: Sesquilinearform
(2) 2 Punkte: Charakteristisches Polynom einer Matrix A.
(3) 2 Punkte: Unitär diagonalisierbare Matrix.
Lösung:
(1) Sei V ein Vektorraum über C mit innerem Produkt ⟨·, ·⟩ und a : V × V → C eine
Abbildung. Dann heißt a eine Sesquilinearform, wenn folgende Eigenschaften für alle
x, y, z ∈ V , α, β ∈ C gelten:
a(αx + βy, z) = αa(x, z) + βa(y, z) ,
a(z, αx + βy) = αa(z, x) + βa(z, y) .
(2) Sei A ∈ Kn×n eine quadratische Matrix. Dann ist das charakteristische Polynom die
Determinante det(λ − A).
(3) Eine Matrix A ∈ Cn×n heißt unitär diagonalisierbar, wenn es eine unitäre Matrix T und
eine Diagonalmatrix D gibt, sodass T ∗ AT = D.
Äquivalent dazu könnte man auch definieren: A ist unitär diagonalisierbar, wenn Cn eine
Orthonormalbasis aus Eigenvektoren von A besitzt.
* Je eine Wissensfrage aus jedem Hauptabschnitt, hier soll überprüft werden, ob Sie Kenntnis
und Überblick über den Inhalt des Stoffes haben.
Aufgabe 2. 4 Punkte: Multiple-Choice-Frage: Zutreffendes ankreuzen. Jedes richtige
Kreuz zählt einen Punkt, für jedes falsche Kreuz wird ein Punkt abgezogen. Nicht angekreuzte Fragen zählen 0 Punkte. Wenn die Summe am Ende der Aufgabe negativ ist,
werden 0 Punkte vergeben. Sie müssen Ihre Antworten nicht begründen.
FALSCH: Sei U ein Unterraum von Cn , sei x ∈ Cn und
(1) RICHTIG
y die orthogonale Projektion von x auf U . Dann gilt immer: Wenn ∥x∥ = ∥y∥,
dann ist x ∈ U .
(2) RICHTIG
FALSCH: Sei a ∈ Rn , M = {x ∈ Rn | ⟨a, x⟩ ≥ 0}. Dann
ist M konvex.
FALSCH: Sei V ein Vektorraum mit innerem Produkt.
(3) RICHTIG
Dann kann es einen Unterraum U von V geben, sodass (U ⊥ )⊥ eine echte Teilmenge von U ist.
FALSCH: Sei (b1 , · · · , bk ) ein System von Vektoren in Rn
(4) RICHTIG
n
und U ⊂ R der von b1 , · · · , bk aufgespannte Unterraum. Sei G ∈ Rk×k die
dazugehörige Gramsche Matrix. Dann ist immer ker(G) = U ⊥ .
Lösung:
(1) Richtig:
Es liegen y und x − y orthogonal zueinander, sodass nach Pythagoras gilt
∥x∥2 = ∥y∥2 + ∥x − y∥2 .
Wenn also gilt ∥x∥ = ∥y∥, so ist ∥x − y∥ = 0 und daher ist x = y.
(2) Richtig:
Seien x, y ∈ M , also ⟨a, x⟩ ≥ 0, ⟨a, y⟩ ≥ 0. Sei z = λx + (1 − λ)y mit
λ ∈ [0, 1]. Dann ist
⟨a, z⟩ = ⟨a, λx + (1 − λ)y⟩ = λ⟨a, x⟩ + (1 − λ)⟨a, y⟩ ≥ 0 .
Also ist λx + (1 − λy) ∈ M .
(3) Falsch:
Es gibt zwar Unterräume, sodass U eine echte Teilmenge von (U ⊥ )⊥ ist,
aber U ist immer in (U ⊥ )⊥ enthalten. Ist nämlich u ∈ U , w ∈ U ⊥ , so muss wegen der
Definition von U ⊥ gelten ⟨u, w⟩ = 0. Daher steht u orthogonal auf ganz U ⊥ .
(4) Falsch:
ker(G) ist immer ein Unterraum von Rk , während U ⊥ ein Unterraum von Rn
ist. Die beiden können höchstens gleich sein, wenn k = n. Aber auch in diesem Fall gibt
es Gegenbeispiele:
( )
( )
( )
( )
0
1
α
0
b1 =
, b2 =
, U ={
| α ∈ R} , U ⊥ = {
| α ∈ R} ,
0
0
0
α
(
)
( )
0 0
α
G=
, ker(G) = {
| α ∈ R} ̸= U ⊥ .
0 1
0
Aufgabe 3. 4 Punkte: Multiple-Choice-Frage: Zutreffendes ankreuzen. Jedes richtige
Kreuz zählt einen Punkt, für jedes falsche Kreuz wird ein Punkt abgezogen. Nicht angekreuzte Fragen zählen 0 Punkte. Wenn die Summe am Ende der Aufgabe negativ ist,
werden 0 Punkte vergeben. Sie müssen Ihre Antworten nicht begründen.
(1) RICHTIG
FALSCH:
Seien f, g, p, r Polynome über R, wobei f =
gp+r. Dann sind die gemeinsamen Nullstellen von g und r genau die gemeinsamen
Nullstellen von f und g.
(2) RICHTIG
FALSCH:
Seien A, B ∈ Kn×n Matrizen mit denselben
Eigenwerten und denselben algebraischen Vielfachheiten. Dann sind A und B
ähnlich, d.h., es gibt eine reguläre Matrix T ∈ Kn×n sodass B = T −1 AT .
(3) RICHTIG
FALSCH: Die Matrix A ∈ K3×3 besitze drei verschiedene
Eigenwerte λ1 , λ2 , λ3 . Dann gibt es Matrizen C1 , C2 , C3 ∈ K3×3 sodass für alle
k ∈ N gilt
3
∑
Ak =
λki Ci .
i=1
(4) RICHTIG
FALSCH: Eine Matrix ist nur dann diagonalisierbar, wenn
die geometrische Vielfachheit aller Eigenwerte gleich 1 ist.
Lösung:
(1) Richtig:
Ist f (x) = g(x) = 0, so gilt natürlich g(x) = 0, aber auch r(x) = f (x) −
0q(x) = 0. Ist umgekehrt g(x) = r(x) = 0, so ist f (x) = 0q(x) + 0 = 0.
(2) Falsch:
Zum Beispiel sind die beiden Jordanschen Normalformen
(
)
(
)
2 0
2 1
und
0 2
0 2
nicht ähnlich, weil die Jordansche Normalform bis auf die Reihenfolge der Blöcke eindeutig definiert ist.
(3) Richtig:
Weil A drei verschiedene Eigenwerte hat, ist A diagonalisierbar, es gibt also
eine reguläre Matrix T sodass


λ1
0
0
A=T0
λ2
0  T −1 .
0
0
λ3
Dann ist (mit der
 k
λ1
k
A =T0
0
Einheitsbasis (e1 , e2 , e3 ))

0
0
3
3
∑
∑
k
λ2
0  T −1 = T (
λki ei e∗i )T −1 =
λki T ei e∗i T −1 .
i=1
i=1
0
λk3
(4) Falsch:
Die Matrix ist genau dann diagonalisierbar, wenn die geometrische Vielfachheit aller Eigenwerte zugleich ihre algebraische Vielfachheit ist. Es dürfen durchaus
Eigenwerte mit Vielfachheit größer als 1 vorkommen.
Aufgabe 4. 4 Punkte: Multiple-Choice-Frage: Zutreffendes ankreuzen. Jedes richtige
Kreuz zählt einen Punkt, für jedes falsche Kreuz wird ein Punkt abgezogen. Nicht angekreuzte Fragen zählen 0 Punkte. Wenn die Summe am Ende der Aufgabe negativ ist,
werden 0 Punkte vergeben. Sie müssen Ihre Antworten nicht begründen.
(1) RICHTIG
FALSCH: Sei A ∈ Cn×n hermitisch. Dann ist det(A) immer
eine reelle Zahl.
FALSCH: Sei A ∈ Cn×n . Wenn A∗ A normal ist, dann ist
(2) RICHTIG
auch A normal.
(3) RICHTIG
FALSCH: Sei A ∈ Cn×n normal und v ein Eigenvektor von
A. Dann ist v auch ein Eigenvektor von A∗ .
(4) RICHTIG
FALSCH: Sei A ∈ Rn×n selbstadjungiert und T ∈ Rn×n
regulär (nicht unbedingt orthogonal). Der Trägheitssatz von Sylvester sagt, dass
A und T ∗ AT dieselben Eigenwerte haben.
Lösung:
(1) Richtig:
Die Determinante ist das Produkt der Eigenwerte (mit Vielfachheit gezählt).
Weil eine hermitische Matrix immer reelle Eigenwerte hat, muss auch ihre Determinante
reell sein.
(2) Falsch:
Für jede Matrix A, unabhängig ob sie normal ist oder nicht, ist A∗ A hermitisch, also normal.
(3) Richtig:
Ist nämlich (λ − A)v = 0, so ist
∥(λ − A∗ )v∥2 = ⟨(λ − A∗ )v, (λ − A∗ )v⟩ = ⟨(v, (λ − A)(λ − A∗ )v⟩
=
⟨(v, (λ − A∗ )(λ − A)v⟩ = ⟨(λ − A)v, (λ − A)v⟩ = ∥(λ − A)v∥2 = 0 .
Also ist v ein Eigenvektor von A∗ mit Eigenwert λ.
(4) Falsch:
Der Trägheitssatz sagt nur, dass der Summenraum der Eigenräume zu positiven Eigenwerten von T ∗ AT dieselbe Dimension hat wie der Summenraum der Eigenräume zu positiven Eigenwerten von A.
* Je eine Aufgabe zu den Details der Beweise in jedem Hauptabschnitt. Hier soll überprüft werden,
ob Sie die mathematischen Zusammenhänge verstehen und auch in unmissverständlicher und
klarer Sprache wiedergeben können.
Aufgabe 5. 6 Punkte: Seien U , W zwei Unterräume eines Vektorraumes V über R mit
innerem Produkt. Seien p, q ∈ V und X = p + U , Y = q + W . Zeigen Sie, dass folgende
Aussagen äquivalent sind:
(i) Für alle x ∈ X, y ∈ Y ist ∥x − y∥ ≥ ∥p − q∥.
(ii) (p − q) ∈ (U + W )⊥ .
Lösung:
(i) ⇒ (ii): Sei (ii) falsch, also gibt es also u ∈ U , w ∈ W mit ⟨u + w, p − q⟩ > 0. Wir betrachten
nun x = p − ϵu, y = q + ϵw mit ausreichend kleinem ϵ > 0. Dann ist
∥x−y∥2 = ∥p−q−ϵu−ϵw∥ = ∥p−q∥2 −2ϵ⟨p−q, u+w⟩+ϵ2 ∥u+w∥2 = ∥p−q∥−ϵ(2⟨p−q, u+w⟩−ϵ∥u+w∥2 )
Ist ϵ klein genug, dann ist
2⟨p − q, u + w⟩ − ϵ∥u + w∥2 > 0 ,
und damit ∥x −
y∥2
< ∥p −
q∥2
im Widerspruch zu (i).
(ii) ⇒ (i): Sei p − q ∈ (U + W )⊥ . Seien x = p + u ∈ X, y = q − w ∈ Y beliebig. Dann ist nach
Pythagoras
∥x − y∥2 = ∥(p − q) + (u + w)∥2 = ∥p − q∥2 + ∥u + w∥2 ≥ ∥p − q∥2 .
Aufgabe 6. 6 Punkte: Beweisen Sie folgende Details aus dem Lemma von Fitting: Sei
F ∈ Kn×n , sei r ∈ N so, dass ker(F r+1 ) = ker(F r ).
(1) 3 Punkte: ker(F r ) ∩ rg(F r ) = {0}.
(2) 3 Punkte: Cn ist die direkte Summe des Kernes und des Bildraumes von F r .
Sie dürfen , wenn es Ihnen nützt, bereits verwenden, dass ker(F r+s ) = ker(F r ) für alle s =
1, 2, 3, · · ·.
Lösung:
(1) Sei x ∈ ker(F r ) ∩ rg(F r ). Es gibt also ein y ∈ Kn sodass x = F r y. Weil F r y ∈ ker(F r )
ist F 2r y = 0, d.h., y ∈ ker(F 2r ) = ker(F r ). Dann ist aber x = F r y = 0 was zu zeigen
war.
(2) Für alle Matrizen G ∈ Kn×n gilt
dim(ker(G)) = n − ρ(G) = n − dim(rg(G)).
Damit ist aber nach der Dimensionsformel für Summenräume
dim(ker(F r ) + rg(F r )) = dim(ker(F r )) + dim(rg(F r )) − dim(ker(F r ) ∩ rg(F r ))
=
(n − ρ(F r )) + ρ(F r ) − 0 = n .
Also ist ker(F r ) + rg(F r ) = Kn .
Aufgabe 7. 6 Punkte: Sei A ∈ Cn×n eine normale Matrix und sei λ ∈ C ein Eigenwert
von A. Zeigen Sie, dass dann gilt:
(1) 3 Punkte: v ∈ ker(λ − A) ⇒ v ∈ ker(λ − A∗ ).
(2) 3 Punkte: ker((λ − A)2 ) = ker(λ − A).
Verwenden Sie nicht, dass A diagonalisierbar ist, denn die Aussagen oben beweist man,
um mit ihnen die Diagonalisierbarkeit von A zu beweisen.
Lösung:
(1) Sei v ∈ ker(λ − A). Dann ist
∥(λ − A∗ )v∥2 = ⟨(λ − A∗ )v, (λ − A∗ )v⟩ = ⟨v, (λ − A)(λ − A∗ )v⟩
=
⟨v, (λ − A∗ )(λ − A)v⟩ = ⟨(λ − A)v, (λ − A)v⟩ = 0 .
(2) Sei v ∈ ker((λ − A)2 ). Dann ist (λ − A)v ∈ ker(λ − A), also auch (λ − A)v ∈ ker(λ − A∗ ).
Also ist
0 = ⟨v, (λ − A∗ )(λ − A)v⟩ = ⟨(λ − A)v, (λ − A)v⟩ = ∥(λ − A)v∥2 .
Daher ist v ∈ ker(λ − A).