Technische Universität München Mathematik für

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Mathematik für Physiker 1
Wintersemester 2011/2012
Michael Kaplan — Jan Wehrheim — Christian Mendl
Übungsblatt 11
Hausaufgaben - Lösungen
H1: Diagonalisierbarkeit mit Parametern II

−3
Für welche Werte von a, b ∈ R ist die Matrix A =  2a
10

0 0
b a ∈ R3×3 über R diagonalisierbar?
0 2
Lösungsvorschlag zu H1:
Es ist χA (λ) = (−3 − λ)(b − λ)(2 − λ).
Fall 1: b 6∈ {−3, 2}.
Das charakteristische Polynom χA 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 mit algebraischen Vielfachheiten aA (2) = 1 und aA (−3) =
2. Wegen 1 ≤ gA (2) ≤ aA (2) = 1 folgt gA (2) = 1, 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 ∈ R 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 mit algebraischen Vielfachheiten aA (2) = 2 und aA (−3) =
1. Wegen 1 ≤ gA (−3) ≤ aA (−3) = 1 folgt gA (−3) = 1, 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 gA (2) = 2) und für a 6= 0 den Rang 2 (also ist
gA (2) = 1). In diesem Fall ist A also genau dann diagonalisierbar, wenn a = 0 gilt.
Insgesamt ist die Matrix A also für b 6= 0 immer diagonalisierbar, und für b = 2 ist sie genau dann
diagonalisierbar, wenn a = 0 ist.
H2: Eigenwerte von Potenzen
a) Es sei A ∈ K n×n eine diagonalisierbare Matrix. Zeigen Sie, dass dann auch alle Potenzen Ap
für p ∈ N diagonalisierbar sind.
b) Finden Sie ein Beispiel einer Matrix A ∈ R2×2 , so dass A2 über R diagonalisierbar ist, aber A
selber nicht über R diagonalisierbar ist.
c) Beweisen Sie die folgende Aussage: Besitzt die Matrix A2 + A den Eigenwert −1, so besitzt die
Matrix A3 den Eigenwert +1.
Lösungsvorschlag zu H2:
a) A ist diagonalisierbar, d.h. es gibt eine invertierbare Matrix B mit
B −1 A B = diag(λ1 , . . . , λn ) =: D,
wobei λi die Eigenwerte von A bezeichnen. (Die zugehörigen Eigenvektoren sind genau die
Spalten von B.) In der folgenden Gleichung fügen wir die Einheitsmatrix 1 = BB −1 zwischen
Matrixprodukten ein und verwenden das Assoziativgesetz für Matrixmultiplikationen:
B −1 Ap B = B −1 A
· · · A} B
| A{z
p Stück
A · 1 · A···1 · AB
= B A BB −1 A · · · BB −1 A B
= B −1 A B B −1 A B · · · B −1 A B
=B
−1
−1
= D · D···D
= Dp = diag(λp1 , . . . , λpn ).
Mit anderen Worten, die Spalten von B sind eine Basis aus Eigenvektoren von Ap , mit Eigenwerten λp1 , . . . , λpn . Insbesondere ist Ap diagonalisierbar.
Zum gleichen Ergebnis kann man auch durch direkte Rechnung kommen: Für einen Eigenvektor
v von A mit Eigenwert λ gilt
Ap v = Ap−1 (Av) = Ap−1 (λv) = λ(Ap−1 v) = . . . = λp v.
b) Wir können zum Beispiel die nilpotente Matrix
0
A=
0
1
0
wählen, mit A2 = 0. Laut H2 von Blatt 10 besitzt A ausschließlich den Eigenwert 0. Der
zugehörige Eigenraum
1
E0 (A) = Kern(A − 0 · 1) = Kern(A) = Lin
0
hat Dimension 1. Das heißt, es gibt keine Basis von R2 aus Eigenvektoren von A. Somit ist A
nicht diagonalisierbar (Satz 13.2.5). Andererseits ist die Nullmatrix A2 diagonalisierbar: sie hat
ja bereits Diagonalgestalt (mit Nullen auf der Diagonale).
Ein weiteres Beispiel ist die Matrix
0 −1
A=
.
1 0
Diese ist über R nicht diagonalisierbar, da sie nur die komplexen Eigenwerte λ = ±i besitzt.
Allerdings ist A2 = −E2 bereits eine Diagonalmatrix und damit diagonalisierbar.
c) Laut Satz 13.2.6 aus der Vorlesung besitzt die Matrix A3 genau dann den Eigenwert +1, falls
det(A3 − 1) = 0, wobei 1 ∈ K n×n die Einheitsmatrix bezeichnet. Wir können A3 − 1 als
Produkt von 2 Matrizen schreiben, nämlich
A3 − 1 = A2 + A + 1 (A − 1) ,
was man durch direktes Nachrechnen bestätigt. (Das ist ein Spezialfall der geometrischen Reihe!) Hierbei spielt die Reihenfolge der Matrixmultiplikation keine Rolle, weil A mit allen Potenzen Ap und mit der Einheitsmatrix kommutiert. Zusammen mit dem Produktsatz für Determinanten (Satz 12.4.1) folgt
(1)
det A3 − 1 = det A2 + A + 1 · det(A − 1) .
Jetzt verwenden wir die Voraussetzung, dass A2 + A den Eigenwert −1 besitzt, also
det A2 + A + 1 = 0.
Einsetzen in Gleichung (1) ergibt sofort det A3 − 1 = 0, d.h. A3 besitzt den Eigenwert +1.