A Lineare Algebra II - TU Darmstadt/Mathematik

A
Technische Universität Darmstadt
Fachbereich Mathematik
Lineare Algebra II
für M, LaG, LaB, Inf, WInf
Prof. Dr. C. Herrmann
Steen Fröhlich
Stefan Reiter
6./10. Mai 2005
SS 2005
4.Übungsblatt - Lösungshinweise
Gruppenübungen
G13 a) (i) det ist keine Linearform, da det keine lin. Abb. ist, falls n > 1.
(ii) spur ist eine lineare Abb, folglich eine Linearform.
R
(iii) ϕ0 , sind linear.
b) Wir wählen als Basis α : 1, x, . . . , xn Dann ist
ϕ0 α = (1, 0, . . . , 0)
und
Z
= (1, 1/2, 1/3, . . . , 1/(n + 1))
α
Bzgl der dualen Basis α∗ : 1∗ , . . . , xn∗ ist ϕ0 = 1∗ und
R
=
1 i∗
i=1 i x
Pn+1
G14 a) Für jeden Vektor w
~ ∈ R~v gilt σ(w)
~ =w
~ , womit wir sehen, dass 1 ein Eigenwert von σ ist. Da
kein weiterer Vektor unter σ fest bleibt, ist der Eigenraum zum EW 1 gleich R~v . Jeder Vektor w
~,
welcher senkrecht zu ~v ist, wird durch σ auf −w
~ abgebildet, also ist −1 ein EW von σ mit dem
Eiegenraum (R~v )⊥ := {w
~ ∈ R2 | w⊥~
~ v }. Dies sind die einzigen EW von σ .
b) Wir überlegen es uns anschaulich: Sowohl für α = 90◦ also auch für α = 180◦ bleibt jeder Vektor
w
~ ∈ R~v unter δ fest, also δ(w)
~ = w)
~ , weshalb 1 ein EW ist mit ER Rw
~ . Für α = 90◦ gibt es
keinen weiteren Vektor, welcher durch δ auf ein Vielfaches von sich abgebildet wird, 1 ist somit
der einzige Eigenwert.
Für α = 180◦ wird jeder Vektor, welcher senkrecht zur der Drehachse ist, auf sein negatives
abgebildet. Somit ist −1 ein weiterer EW von δ mit dem (zweidimensionalen) ER (R~v )⊥ .
c) Es sei v ein EV zum EW λ dann gilt
π(v) = λv = ππ(v) = π(λv) = λ2 v
wegen 0 6= v ist λ ∈ {0, 1}. Ist λ = 0 so liegt v im ker(ϕ) und ist λ = 1 dann gilt v = π(v), also
v ∈ Bild(ϕ). Ist umgekehrt v ∈ Bild(π) dann gibt es ein v0 ∈ V mit v = π(v0 ) und es ist
π(v) = π(π(v0 )) = π(v0 ) = v.
G15 Es ist At x = b mit


1−t
0
1
−1 − t
1 
At =  1
2
0
2−t
und b = 0. Damit hat das GLS genau nichttriviale Lösungen, wenn 0 = det(At ) = (1 + t)t(t − 3)
gilt. Für t ∈ {−1, 0, 3} ist Rang(At ) = 2 und damit gibt es einen ein-dimensionalen Lösungsraum
mit Basis v1 = (0, 1, 0)t bzw. v2 = (1, 0, −1)t bzw. v3 = (1, 3/2, 2)t Wegen At = A0 + tE3 gilt:
A0 vi = (A0 + ti E − ti E)vi = −ti vi
mit (t1 , t2 , t3 ) = (−1, 0, 3).
G16 Die Matrix A ist nicht invertierbar ⇔ det(A) = 0 ⇔ det(A − 0 · E) = 0 ⇔ 0 ist EW von A.
det(A) = 0 ⇔ Rang(A) < n ⇔ Ax = 0 hat einen nichttrivialen Lösungsraum.
Hausübungen
H14 Es sei A eine nilpotente Matrix und λ ein Eigenwert von A, d.h. es gilt A~x = λ~x für einen Vektor
~x 6= ~0. Weiter sei n ∈ N mit An = 0 (existiert, da A nilpotent). Also gilt:
~0 = 0~x = An ~x = An−1 λ~x = ... = λn ~x
Wegen ~x 6= ~0 muss λn = 0 sein, und damit λ = 0.
H15 a) Sei v ein Eigenvektor der invertierbaren Matrix A zum Eigenwert λ. Dann ist Av = λv . Ist A
invertierbar, so ist oenbar λ 6= 0, also kann man mit A−1 von links multiplizieren: v = λA−1 v
und durch λ teilen: A−1 v = λ1 v . Dies zeigt, dass dann v auch Eigenvektor von A−1 zum Eigenwert
1
λ ist.
b) Sei v ein Eigenvektor der Matrix A zum Eigenwert λ und s ein Skalar. Dann ist Av = λv und
sEv = sv , also auch (A − sE)v = (λ − s)v , also ist dann v ein Eigenvektor von A − sE zum
Eigenwert λ − s.
c) Es sei λ EW zum EV v von A. Dann ist (A − λE)x = 0 lösbar und damit auch (A − λE)t x = 0
lösbar, also (At − λE)x = 0 lösbar, und somit λ EW zum EV v von At . Dies zeigt λ EW von
A ⇐ λ EWvon At ⇐ λ EW von A
0 1
Es sei A =
. Dann ist (1, 0)t EV zu A aber nicht zu At .
0 0
d) Die charakteristische Gleichung zu A ist:


−λ
2
−1
1  = 0,
det(A − λE) = det  2 −1 − λ
2
−1
3−λ
also 0 = −λ(−1 − λ)(3 − λ) − λ − 2(2 · (3 − λ) − 2) + 2 + 2(−1 − λ) = −λ3 + 2λ2 + 3λ − λ − 12 +
4λ + 4 − 2λ = −λ3 + 2λ2 + 4λ − 8 = (λ − 2)(−λ2 + 4) = −(λ − 2)(λ − 2)(λ + 2). (Wenn man
nicht sieht, dass man (λ − 2) ausklammern kann, muss man eine der Nullstellen durch Probieren
nden und dann eine Polynomdivision durchführen.)
Die Eigenwerte von A sind daher 2 und −2. Wir berechnen zunächst den Eigenraum zum Eigenwert 2 mit Hilfe von GaussJordan -Elimination:




−2 2 1
−2 2 −1
 0 −1 0  .
A − 2E =  2 −3 1
2 −1 1
0
1
0

Eine Basis des Eigenraums U zum Eigenwert 2 besteht daher aus dem Vektor
Entsprechend erhält man für den Eigenwert -2:


2 2 1
A + 2E = 2 1 1
2 −1 5

1
 0 .
−2


2 2 −1
0 −1 2 
0 −3 6

−3
und die Basis des Eigenraums V zum Eigenwert −2 besteht aus dem Vektor  4 .
2
1
1
−1
Mit Hilfe von Aufgabe a) erkennt man, dass A die Eigenwerte 2 und − 2 hat und dass alle
Elemente aus U Eigenvektoren zum Eigenwert 21 , alle aus V Eigenvektoren zum Eigenwert − 12
sind. Durch nochmalige Anwendung von a) auf A−1 erkennt man, dass es zu diesen Eigenwerten

keine weiteren Eigenvektoren gibt und A−1 auch keinen weiteren Eigenwert γ hat (denn für diesen müÿte sonst γ1 Eigenwert von (A−1 )−1 = A sein.) Also ist U der Eigenraum zum Eigenwert
1
1
2 und V der Eigenraum zum Eigenwert − 2 .
Nach c) hat At dieselben Eigenwerte wie A. Da der Rang einer transponierten Matrix glich dem
Rang der Matrix ist, gilt
Rang(At + 2E) = 2, Rang(At − 2E) = 2
Es ist


2 2 2
At + 2E =  2 1 −1 
−1 1 5

2 2
2
0 −1 −3
0 2
6


2 2
2
0 −1 −3
0 0

also ist

−2
 3
−1

EV zum EW -2 und


−2 2
2
At − 2E =  2 −3 −1 
−1 1
1

also ist


2
1
−1


−2 2 2
 0 −1 1 ,
0
0 0
EV zum EW 2.
H16 a) det(A
− λE) = λ2 − 5λ + 4 = (λ − 4)(λ
− 1). Damit sind 4 und 1 EW. Es hat A zum EW 4 den
EV
1
1
und zum EW 1 den EV
−2
1
. (z. B. GLS lösen mit Gauss)
b) Wir nehmen für C die Übergangsmatrix, die die kanon. Basis auf die Basis der Eigenvektoren
abbildet, also
1 −2
C=
1 1
Dann ist
C
c) Wähle B = C
2 0
0 1
−1
AC =
4 0
0 1
C −1 . Es ist B 2 = A
d) Es gilt
4t
4t
d
d At
d CDC −1 t
d
e
0
4e
0
−1
v(t) = e v0 = e
v0 = C
C v0 = C
C −1 v0 =
0 et
0
et
dt
dt
dt
dt
4t
e
0
−1
CDC C
C −1 v0 = Av(t)
0 et