7.¨Ubung zur Linearen Algebra II

7. Übung zur Linearen Algebra II Lösungen
Kommentare an [email protected]
FU Berlin. SS 2010.
Aufgabe 25
Es sei A eine 2 × 2-Matrix mit Elementen aus R. Man zeige:
(i) A ist diagonalisierbar, falls (SpurA)2 > 4Det(A).
(ii) A ist trigonalisierbar g.d.w. (SpurA)2 ≥ 4Det(A).
(iii) A ist trigonalisierbar aber nicht diagonalisierbar g.d.w. (SpurA)2 = 4Det(A)
und A nicht Diagonalmatrix ist.
Lösung
Nach Aufgabe 15 ist das charakteristische Poylnom von A gleich
χA (t) = t2 − Spur(A)t + det(A).
Die Anzahl der reellen Nullstellen läßt sich mit der Diskriminante für quadratische Gleichungen bestimmen. Für eine quadratische Gleichung
ax2 + bx + c = 0
ist die Diskriminante d := b2 − 4ac und folgende Fälle treten auf:
d < 0:
d = 0:
d > 0:
Keine reelle Nullstelle.
Eine doppelte Nullstelle.
Zwei unterschiedliche reelle Nullstellen.
Die Diskriminante von χA (t) ist also
Spur2 (A) − 4 det(A).
Zu (i): Falls Spur2 (A) > 4 det(A), dann gibt es zwei unterschiedliche Nullstellen, also zwei unterschiedliche Eigenwerte, also besitzt A zwei unterschiedliche
Eigenräume und es existieren 2 linear unabhängige Eigenvektoren. Also ist A
diagonalisierbar.
1
Zu (ii): Nach Satz 1, §37, ist A trigonalisierbar g.d.w. das charakteristische
Polynom in Linearfaktoren zerfällt. Laut der Bemerkung zur Diskriminante
zerfällt das charakteristische Polynom in Linearfaktoren g.d.w.
Spur2 (A) ≥ 4 det(A).
Zu (iii): “ =⇒ “: Sei A trigonalisierbar, aber nicht diagonalisierbar. Es folgt
sofort, daß A nicht Diagonalmatrix ist. Wegen (i) folgt, daß nicht Spur2 A >
4 det(A) gilt und wegen (ii), daß Spur2 (A) ≥ 4 det(A) gilt. Zusammen folgt also
Spur2 (A) = 4 det(A).
”⇐=“: Sei jetzt Spur2 (A) = 4 det(A) und A nicht Diagonalmatrix. Es folgt
sofort aus (ii), daß A trigonalisierbar ist und es genau einen Eigenwert λ gibt.
Angenommen A ist diagonalisierbar. Dann ist der Eigenraum zu λ 2-dimensional.
Also hat A − λE2 Rang 0. Also ist A Diagonalmatrix: Widerspruch.
Aufgabe 26

a1

Sei A :=  *
*
0
..
*
.


.
an
(i) Man zeige, daß A trigonalisierbar ist.
(ii) Man gebe eine reguläre Matrix S an, sodaß S −1 AS unterhalb der Hauptdiagonalen nur Nullen besitzt.
Lösung
Zu (i): Das charakteristische Polynom
Terme schreiben, denn:
a1 − t
0 a1 − t
..
χA (t) = *
=
.
*
* an − t 0
von A läßt sich als Produkt linearer
*
..
.
* = (a1 −t)(a2 −t) . . . (an −t).
an − t
*
Also ist die Matrix trigonalisierbar.
Zu (ii): Sei

a11

A =  ...
0
..
.
...
a1n



ann
die darstellende Matrix eines Endomorphismus ϕ : X → X bezüglich einer
Basis B = (b1 , . . . , bn ). Behauptung: Die Basis B in umgekehrter Reihenfolge
2
trigonalisiert A. Sei B 0 = (bn , bn−1 , . . . , b1 ). Dann sind für 1 ≤ k ≤ n


ank
 .. 
 . 


akk 


ϕ(bk ) = akk bk + · · · + ank bn ←→

B0 
 0 
 . 
 .. 
0


Damit ist gezeigt, daß ϕ ←→

0
ann
B
...
..
.

an1
..  obere Dreiecksmatrix ist. Die
. 
0
a11
gesuchte Matrix S ist also die Matrix der Basistransformation von B nach B 0
transponiert:


0
1
.
.
..
S=
1
0
Aufgabe 27


2 −1 1
A := −1 2 −1 .
2
2
3
Sei
(i) Ist A digonalisierbar?
(ii) Ist A trigonalisierbar?
(iii) Man bestimme eine reguläre Matrix T , sodaß T −1 AT unterhalb der Hauptdiagonalen nur Nullen besitzt.
Lösung
Zu (i): Antwort: Nein. Hier das charakteristische Polynom und die Eigenräume.
χA (t) = −(t − 3)2 (t − 1)
 
1
Eig(3) = [ 0 ]
−1
 
1
Eig(1) = [−1]
0
Die Dimension des Eigenraums zum Eigenwert 3 müßte 2 sein, damit A diagonalisierbar ist.
Zu (ii): Ja, denn das charakteristische Polynom von A zerfällt in Linearfaktoren.
3
Zu (iii): Man Ergänze zwei linear unabhängige Eigenvektoren zu einer Basis
des K 3 . Die Basis spaltenweise als Matrix aufgefaßt, mit den Eigenvektoren in
den ersten beiden Spalten, ist so eine Matrix T :


1
1 1
T =  0 −1 0 .
−1 0 0
Aufgabe 28
Auf “natürliche Weise” läßt sich der Polynomring K[t] als K-VR auffassen mit
der Basis {t0 := 1, t1 , t2 , . . . }.
Für i {
= 0, 1, 2, . . . sei die lineare Abbildung ϕi : K[t] → K definiert durch
1 falls i = j
ϕi (tj ) :=
. Man zeige:
0 falls i 6= j
(i) {ϕ0 , ϕ1 , ϕ2 , . . . } ist eine linear unabhängige Teilmenge des dualen VRs
K[t]∗ .
(ii) {ϕ0 , ϕ1 , ϕ2 , . . . } ist keine Basis von K[t]∗ .
Hinweis: Betrachte die lineare Abbildung ϕ : K[t] → K def. durch
ϕ(tj ) := 1 f.a. j = 0, 1, 2, . . . .
Lösung
Zu (i): Es ist zu zeigen, daß eine Linearkombination von Vektoren aus {ϕ0 , ϕ1 , ϕ2 , . . . }
nur auf triviale Weise den Nullvektor erzeugt. Sei o.B.d.A. λ1 ϕ1 + λ2 ϕ2 + · · · +
λk ϕk = 0. Jetzt muss man die Vektoren als Abbildungen auffassen. Um zu
zeigen, daß λs = 0 (1 ≤ s ≤ k) ist, betrachtet man das Bild der Linearkombination von ts :
0
=
=
=
=⇒
(λ1 ϕ1 + λ2 ϕ2 + · · · + λk ϕk )(ts ) = (λ1 ϕ1 )(ts ) + (λ2 ϕ2 )(ts ) + · · · + (λk ϕk )(ts ) =
0 + 0 + · · · + λs · 1 + 0 + · · · + 0 =
λs .
λs = 0.
Also sind alle Skalare λs = 0 und die somit die Vektoren {ϕ0 , ϕ1 , ϕ2 , . . . } linear
unabhängig.
Zu (ii): Die Abbildung ϕ ist keine endliche Summe von ϕi und wird somit
nicht von {ϕ0 , ϕ1 , ϕ2 , . . . } erzeugt, also ist {ϕ0 , ϕ1 , ϕ2 , . . . } keine Basis.
Beweis: Sei ϕ = λ1 ϕ1 + λ2 ϕ2 + · · · + λk ϕk eine Linearkombination der ϕi .
Es gilt per Definition
1 = ϕ(tk+1 ) 6= (λ1 ϕ1 + λ2 ϕ2 + · · · + λk ϕk )(tk+1 ) = 0 + 0 · · · + 0 = 0.
4