Lineare Algebra 2 (SS 13) Blatt 1: Musterlösung

Prof. Dr. B. Hanke
Dr. J. Bowden
Lineare Algebra 2 (SS 13)
Blatt 1: Musterlösung
Aufgabe 1.
√
(a) PA = t2 − 2 und somit hat A über C und R die Eigenwerte ± 2 und über Q keine Eigenwerte.
PB = t(1 − t)(t − 2) und somit hat B die Eigenwerte 0, 1 und 2.
PC = t2 + 2t + 2 und somit hat C über C die Eigenwerte −1 ± i und keine Eigenwerte über R,
Q.
(b) PA = −t3 + 5t2 − 2t − 8. Man errät eine Nullstelle bei t = −1 und findet so die Eigenwerte −1,
2 und 4 und dazu die Eigenräume






1
1
1
Eig(A, −1) = span  0  , Eig(A, 2) = span  23  , Eig(A, 4) = span  58  .
1
−1
−1
4
Da A eine 3 × 3-Matrix mit drei paarweise verschiedenen Eigenvektoren ist, ist A diagonalisierbar.
Aufgabe 2.
Zu (a): Sei v 6= 0 ∈ V . Dann ist B := (v) eine Basis. Sei w := f (v) ∈ V . Wir stellen w in der Basis
B dar: w = λv für ein λ ∈ K. Dies ist das gesuchte λ, denn MBB (f ) = (λ) und ist C eine beliebige
andere Basis von V , so gilt
MCC (f ) = TCB · MBB (f ) · TBC = TCB · (λ) · TBC = (λ),
da 1 × 1-Matrizen kommutieren und TCB · TBC = (1).
Zu (b): Hat f einen Eigenwert und ist v ein Eigenvektor dazu, so ist span(v) ⊂ V ein eindimensionaler, f -invarianter Untervektorraum. Ist umgekehrt W ein eindimensionaler, f -invarianter Untervektorraum, so erhalten wir eine eingeschränkte lineare Abbildung f : W → W , welche nach
Aufgabenteil (a) durch die Multiplikation mit einem Skalar λ ∈ K gegeben ist. Für ein von Null
verschiedenes w ∈ W ⊂ V gilt also f (w) = λw und somit ist λ ein Eigenwert von f .
Aufgabe 3.
Hat f 2 + f den Eigenwert −1, so ist det(f 2 + f + idV ) = 0. Also ist
det(f 3 − idV ) = det((f 2 + f + idV ) ◦ (f − idV )) = det(f 2 + f + idV ) · det(f − idV ) = 0
und f 3 hat somit den Eigenwert 1.
Dies gilt auch für unendlichdimensionale V , allerdings mit anderem (einfacheren) Beweis: Ist v ein
Eigenvektor zum Eigenwert −1 von f 2 + f , so gilt f 2 (v) + f (v) + v = 0. Damit ist
f 3 (v) − v = (f − idV )(f 2 (v) + f (v) + v) = 0
und somit v ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 von f 3 .
Aufgabe 4.
Es ist PA = (−3 − t)(b − t)(2 − t).
Fall 1: b 6∈ {−3, 2}.
1
Das charakteristische Polynom PA hat drei paarweise verschiedene Nullstellen, also hat die 3 × 3Matrix A drei paarweise verschiedene Eigenwerte und ist somit diagonalisierbar.
Fall 2: b = −3.
Die Matrix A hat die Eigenwerte 2 und −3. Der Eigenraum zum Eigenwert 2 ist eindimensional. Es
ist ferner


0 0 0
A − (−3)E3 =  2a 0 a  .
10 0 5
Diese Matrix hat für alle a ∈ K den Rang 1, also ist der Eigenraum zum Eigenwert −3 zweidimensional, also ist A diagonalisierbar.
Fall 3: b = 2.
Die Matrix A hat die Eigenwerte 2 und −3. Der Eigenraum zum Eigenwert −3 ist eindimensional.
Es ist ferner


−5 0 0
A − 2E3 =  2a 0 a  .
10 0 0
Diese Matrix hat für a = 0 den Rang 1, also ist der Eigenraum zum Eigenwert −3 zweidimensional,
also ist A diagonalisierbar. Für a 6= 0 ist der Eigenraum jedoch nur eindimensional.
Die Matrix A ist also diagonalisierbar, sofern b 6= 2 ist. Und für b = 2 ist sie genau dann diagonalisierbar, wenn a = 0 ist.
Aufgabe 5.
(a) Es gibt mehrere mögliche Arten diesen Sachverhalt zu beweisen:
Ein mögliches Verfahren, um die Determinante einer quadratischen Matrix M zu bestimmen,
ist sie in obere Dreiecksgestalt zu überführen und mitzuprotokollieren, wie oft man Zeilen
vertauschen musste (bei jeder solcher Vertauschung verändert sich die Determinante um den
Faktor −1). Dabei können wir Multiplikationen einer einzelnen Zeile mit einem Skalar λ 6= 0
vermeiden. Die Determinante ist dann bis auf das mitprotokollierte Vorzeichen das Produkt
der Diagonaleinträge.
Nun kann man die Blockmatrix A so in eine obere Dreiecksgestalt überführen, indem man zuerst
die ersten Zeilen manipuliert, damit der A1 -Block in oberer Dreiecksgestalt ist. Dabei soll k die
Anzahl der nötigen Zeilenvertauschungen, x1 , . . . , xm die entstandenen Diagonalelemente und
A01 die entstandene Matrix sein. Dann manipuliert man die letzten Zeilen von A so, dass der
A2 -Block in oberer Dreiecksgestalt ist. Dabei sei l die Anzahl Vertauschungen, y1 , . . . , yn die
Diagonaleinträge und A02 die entstandene Matrix.
Zusammengefasst gilt: det A1 = (−1)k x1 · . . . · xm , det A2 = (−1)l y1 · . . . · yn und A wurde mit
k + l Zeilenumtauschungen in die Matrix
A01
0
∗
A02
überführt, deren Diagonaleinträge x1 , . . . , xm , y1 , . . . , yn ist. Damit gilt det A = (−1)k+l x1 · . . . ·
xm · y1 · . . . · yn = det A1 det A2 .
(b) Sei A eine quadratische Blockmatrix der Form








A1
0
..
.
∗
A2
...
..
0
...
.
0
∗



.. 
. 


∗ 
Ak
mit quadratischen Blöcke A1 , . . . , Ak , so gilt det A = det A1 · . . . · det Ak . Sobald man das
Resultat aus (a) hat, ist diese Formel völlig klar. Formal muss man natürlich eine vollständige
Induktion über k durchführen.
2
(c) Es sei Eij ∈ Mat(n, K) die Matrix, die aus einer 1 an der Stelle ij und sonst nur Nullen besteht.
Wir definieren nun eine Basis B := (e1 , . . . , en2 ) von Mat(n, K) durch die Setzung
ei+n(j−1) := Eij
für i, j = 1, . . . , n.
In dieser Basis hat der Endomorphismus Φ nun die folgende blockdiagonale Gestalt:


A 0 ... 0 0
 0 A
0 0 


 ..
.. 
MB (Φ) =  .
. 


 0 0
A 0 
0 0 ... 0 A
Damit folgt

A − tEn

..
PΦ (t) = det (MB (Φ) − t · En2 ) = det 
.
0
...
...

0
..
.

n
n
 = (det(A − tEn )) = (PA ) .
A − tEn
Aufgabe 6.
Wir berechnen die beiden Eigenwerte λ± =
Es gilt also A = T DT −1 mit
1
1
T =
, also
λ− λ+
T −1 =
√
1± 5
2
1
λ+ − λ−
von A und dazu die Eigenvektoren v± =
λ+
−λ−
−1
1
n
Damit ist An = T DT −1 = T Dn T −1 und somit
n
1
1
1
λ−
0
·
·
vn = T Dn T −1 ·
=
0
λ− λ+
1
λ+ − λ−
,
0
λn+
und D =
λ+
·
−λ−
Von vn interessiert uns nur die erste Komponente fn und für diese erhalten wir
fn =
λn+ − λn−
1
= √ (λn+ − λn− ).
λ+ − λ−
5
3
λ−
0
−1
1
0
λ+
1
λ±
.
0
·
.
1
.