Lineare Algebra 2 Lehramt

(1)

Technische Universit¨at Dortmund Wintersemester 2018/2019

Fakult¨at f¨ur Mathematik Ubungsblatt 4¨

Prof. Dr. Detlev Hoffmann 6. Mai 2019

Dr. Marco Sobiech / Nico Lorenz

Lineare Algebra 2 Lehramt

L¨osung zu Aufgabe 4.1:

(a) Wir verwenden die Leibnizformel aus der Definition der Determinante. Es gilt det(A−XIn) = ∑

σ∈Sn

sign(σ)

n

∏

i=1

b_iσ(i).

Die b_ij sind von der Form a_ij oder a_ii−X. Also ist ∏ⁿ_i=1b_iσ(i) ein Polynom in X, in dem als h¨ochsteX–PotenzXⁿvorkommt. Daraus folgt sofort, dass det(A−XIn) ein Polynom in X vom Grad≤nist.

(b) Wir betrachten die folgende Gleichung aus (a) noch einmal genauer:

det(A−XIn) = ∑

σ∈Sn

sign(σ)

n

∏

i=1

b_iσ(i).

F¨urσ=id giltb_iσ(i)=bii=aii−Xf¨ur allei∈ {1, . . . , n}. Der Term sign(id) ∏ⁿ_i=1b_iid(i) ist dann gleich ∏ⁿ_i=1(aii−X).

Ist σ ≠ id, so gibt es mindestens ein i∈ {1, . . . , n} mit σ(i) ≠i, also b_iσ(i)= a_iσ(i). Da σ eine Bijektion ist, muss es aber ein j ∈ {1, . . . , n} ∖ {i} geben, für das auch σ(j) ≠j gilt, also auch b_jσ(j)=a_jσ(j). Der Term sign(σ) ∏ⁿ_i=1b_iσ(i) ist ein Polynom inX, in dem als höchsteX–PotenzXⁿ⁻² vorkommt. Diese Terme müssen daher für die Betrachtung der Koeffizienten c_n undc_n−1 nicht berücksichtigt werden.

Insgesamt gilt: Es gibt ein Polynom r(X) ∈K[X]_n−2, sodass cnXⁿ+cn−1Xⁿ⁻¹+ ⋯ +c0=det(A−XIn) =

n

∏

i=1

(aii−X) +r(X)

= (−1)ⁿXⁿ+ (−1)ⁿ⁻¹(

n

∑

i=1

a_ii)Xⁿ⁻¹+ ⋯ +

n

∏

i=1

a_ii+r(X).

Daraus folgt wie gew¨unscht c_n= (−1)ⁿ undc_n−1= (−1)ⁿ⁻¹Spur(A).

Wendet man nun auf beide Seiten von

cnXⁿ+cn−1Xⁿ⁻¹+ ⋯ +c0= ∑

σ∈Sn

sign(σ)

n

∏

i=1

b_iσ(i)

den Einsetzungshomomorphismus K[X] → K, X ↦ 0, an, so erhalten wir auf der linken Seite c0 und auf der rechten Seite (aufgrund der Definition der bij)

∑_σ∈S_nsign(σ) ∏ⁿ_i=1a_iσ(i)=detA. Damit ist die Behauptung vollst¨andig gezeigt.

(a) Falsch: W¨ahleA=B= (1 1 1 0).

(b) Ist A= (aij) und B= (bij), so ist Spur(A+B) =Spur((aij +bij)) = ∑ⁿ_i=1(aii+bii) =

∑ⁿ_i=1a_ii+ ∑ⁿ_i=1b_ii=Spur(A) +Spur(B).

(2)

(c) Es sei AB= (c_ij) undBA= (d_ij). Dann ist Spur(AB) =

n

∑

i=1

cii=

n

∑

i=1 n

∑

k=1

a_ikb_ki=

n

∑

k=1 n

∑

i=1

b_kia_ik=

n

∑

k=1

d_kk=Spur(BA)

(d) Es ist Spur(BAB⁻¹)

(c)

= Spur(AB⁻¹B) =Spur(A). (e) Falsch: W¨ahleA=diag(1,−1) ∈GL2(R).

(f) Falsch: W¨ahleA=diag(2,2) ∈GL₂(R).

Angenommen es ex. eine Basis E = (e1, . . . , en) von V so, dass B ∶= M_E^E(ϕ) ¨ahnlich zu A ist. Daher gibt es also eine Matrix S ∈ GLn(K) so, dass SBS⁻¹ = A ist. Es sei S⁻¹= (t_i,j)_1≤i,j≤n. Wir definieren

f_j ∶=

n

∑

i=1

t_i,je_i.

Behauptung:F∶= (f1, . . . , fn)ist eine Basis vonV.

Beweis: Aus Dimensionsgründen genügt es zu zeigen, dass dass System(f₁, . . . , f_n)linear unabhängig ist. Seien dazu alsoλ₁. . . , λ_n∈K so, dassλ₁f₁+. . .+λ_nf_n=0 gilt. Dann gilt

0=λ1f1+. . .+λnfn=λ1(

n

∑

i=1

ti,1ei) +. . .+λn(

n

∑

i=1

ti,nei)

= (

n

∑

i=1

λ_it_i,1)e₁+. . .+ (

n

∑

i=1

λ_it_i,n)e_n,

was wegen der linearen Unabh¨angigkeit von (e₁, . . . , e_n) genau dann erf¨ullt ist, wenn

n

∑

i=1

λ_it_i,j =0 f¨ur alle j ∈ {1, . . . , n} gilt, also genau dann, wenn (λ₁, . . . , λ_n)^T eine L¨osung des homogenen linearen Gleichungsystems

T x=0

ist. DaT aber regul¨ar ist, folgtλ1 =. . .=λn=0, wie gew¨unscht.

Wir zeigen nun, dassM_F^F(ϕ) =A gilt:

Wegen f_j ∶=

n

∑

i=1

t_i,je_i gilt M_E^F(id_V) =S⁻¹. Nach Vorlesung gilt daher wegen id⁻¹_V =id_V die Identit¨atM_F^E(idV) = (S⁻¹)⁻¹=S und damit nach Vorlesung

M_F^F(ϕ) =M_F^E(id_V)M_E^E(ϕ)M_E^F(id_V) =SBS⁻¹ =A.

Nehmen wir nun an, dass eine Basis F von V existiert mit M_F^F(ϕ) = A. Mittels den Basistransformationsmatrizen folgt dann auf analoge Weise wie eben

A=M_F^F(ϕ) =M_FÊ(id_V)M_EÊ(ϕ)M_E^F(id_V). DaM_FÊ(id_V) ∈GLn(K) folgt alsoM_EÊ(ϕ) ∼A.

Wir bestimmen die Eigenwerte und die zugeh¨origen Eigenr¨aume der folgenden Matrizen.

(3)

(a) Die betrachtete Matrix bezeichnen wir mit A. Zun¨achst bestimmen wir das charakteristische Polynom. Daf¨ur bestimmen wir die Determinante von A−XI3

mit der Regel von Sarrus.

det

⎛

⎜

⎝

−X −1 0

1 −X 1

0 −1 −X

⎞

⎟

⎠

= (−X)³−X−X= −X(X²+2)

0 ist eine Nullstelle diese Polynoms, und X²+2 besitzt keine reelle Nullstellen, da eine Nullstelle λ dieses Polynoms λ² = −2 erfüllen müsste, was in R nicht möglich ist. Daher ist 0 der einzige Eigenwert von A.

Es ist Eig(A,0) =Kern(L_A−0⋅id_R³) =Kern(L_A). Nun ist

⎛

⎜

⎝

1 0 1 0 1 0 0 0 0

⎞

⎟

⎠

die reduzierte Zeilenstufenform von A. Daher gilt Eig(A,0) =Lin{(−1,0,1)^T}.

(b) Die betrachtete Matrix bezeichnen wir mit B. Zun¨achst bestimmen wir das charakteristische Polynom. Daf¨ur entwickeln wir die Determinante vonB−XI₅nach der ersten Spalte.

det

⎛

⎜

⎜⎜

⎝

1−X 1 0 0 0

1 1−X 1 0 0

0 1 1−X 1 0

0 0 1 1−X 1

0 0 0 1 1−X

⎞

⎟

⎟⎟

⎠

= (1−X) ⋅det

⎛

⎜⎜

⎜

⎝

1−X 1 0 0

1 1−X 1 0

0 1 1−X 1

0 0 1 1−X

⎞

⎟⎟

⎟

⎠

−det

⎛

⎜⎜

⎜

⎝

1 0 0 0

1 1−X 1 0

0 1 1−X 1

0 0 1 1−X

⎞

⎟⎟

⎟

⎠

Entw. n. 1. S.

bzw. 1. Z.

= (1−X) ⋅

⎛

⎜

⎝

(1−X) ⋅det

⎛

⎜

⎝

1−X 1 0

1 1−X 1

0 1 1−X

⎞

⎟

⎠

−det

⎛

⎜

⎝

1 0 0

1 1−X 1

0 1 1−X

⎞

⎟

⎠

⎞

⎟

⎠

−det

⎛

⎜

⎝

1−X 1 0

1 1−X 1

0 1 1−X

⎞

⎟

⎠

Wir berechnen zun¨achst die Determinanten der drei 3×3–Matrizen (allerdings kommt eine doppelt vor).

det

⎛

⎜

⎝

1−X 1 0

1 1−X 1

0 1 1−X

⎞

⎟

⎠

= (1−X)³−2(1−X) = (1−X) ((1−X)²−2)

det

⎛

⎜

⎝

1 0 0

1 1−X 1

0 1 1−X

⎞

⎟

⎠

= (1−X)²−1.

(4)

Damit erhalten wir f¨ur das charakteristische Polynom

P_B(X) = (1−X) ((1−X)²((1−X)²−2) − (1−X)²+1) − (1−X) ((1−X)²−2)

= (1−X) ((1−X)²((1−X)²−2) − (1−X)²+1− ((1−X)²−2))

= (1−X) ((1−X)⁴−2(1−X)²− (1−X)²+1− (1−X)²+2)

= (1−X) ((1−X)⁴−4(1−X)²+3)

Haben wir das charakteristische Polynom auf diese Form gebracht, so lassen sich die Nullstellen recht gut ablesen: Offensichtlich ist 1 eine Nullstelle. Die anderen Nullstellen ergeben sich, wenn man(1−X)²durchY ersetzt. Dies f¨uhrt zum Polynom Y²−4Y +3 = 0, dessen Nullstellen 3 und 1 gegeben sind. Dann sind 1+

√ 1 = 2, 1−

√

(1) =0, 1+

√

3 und 1−

√

3 die restlichen Nullstellen vonP_B(X). Damit erh¨alt man als Eigenwerte von B:

λ₁=1, λ₂=2, λ3=0, λ4=1+

√ 3 λ5=1−

√ 3 Es ist Eig(B, λi) =Kern(LB−λiid_C⁵).

Es gilt allgemein f¨urα∈C: Eine Zeilenstufenform von

⎛

⎜

⎜⎜

⎜

⎜⎜

⎝

α 1 0 0 0

1 α 1 0 0

0 1 α 1 0

0 0 1 α 1

0 0 0 1 α

⎞

⎟

⎟⎟

⎟

⎟⎟

⎠ ist

⎛

⎜⎜

⎝

1 0 0 0 −α⁴+3α²−1 0 1 0 0 α³−2α 0 0 1 0 −α²+1

0 0 0 1 α

0 0 0 0 α⁵−4α³+3α

⎞

⎟⎟

⎠ .

Setzt man nun 1−λ_i f¨ur α ein, so wird der letzte Eintrag gleich 0. Das erkennt man an obiger Darstellung des charakteristischen Polynoms. Man erh¨alt somit die reduzierte Zeilenstufenform zuB−λiI5.

F¨urλ₁=1 muss die L¨osungsmenge des homogenen LGS(B−I₅∣0)bestimmt werden.

Es ist

B−I5=

⎛

⎜⎜

⎜

⎝

0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0

⎞

⎟⎟

⎟

⎠ .

Die zugeh¨orige reduzierte Zeilenstufenform ist

⎛

⎜

⎜⎜

⎝

1 0 0 0 −1

0 1 0 0 0

0 0 1 0 1

0 0 0 1 0

0 0 0 0 0

⎞

⎟

⎟⎟

⎠ .

(5)

Damit ist Eig(B,1) = Lin{(1,0,−1,0,1)^T}.

Es ist

B−2⋅I₅=

⎛

⎜⎜

⎜

⎜⎜

⎜

⎝

−1 1 0 0 0

1 −1 1 0 0

0 1 −1 1 0

0 0 1 −1 1

0 0 0 1 −1

⎞

⎟⎟

⎟

⎟⎟

⎟

⎠ .

⎛

⎜

⎜⎜

⎜

⎜⎜

⎝

1 0 0 0 1

0 1 0 0 1

0 0 1 0 0

0 0 0 1 −1

0 0 0 0 0

⎞

⎟

⎟⎟

⎟

⎟⎟

⎠ .

Damit ist Eig(B,2) = Lin{(−1,−1,0,1,1)^T}.

Es ist

B−0⋅I₅=

⎛

⎜

⎜⎜

⎜

⎝

1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1

⎞

⎟

⎟⎟

⎟

⎠ .

⎛

⎜

⎜⎜

⎜

⎜⎜

⎝

1 0 0 0 1

0 1 0 0 −1

0 0 1 0 0

0 0 0 1 1

0 0 0 0 0

⎞

⎟

⎟⎟

⎟

⎟⎟

⎠ .

Damit ist Eig(B,0) = Lin{(−1,1,0,−1,1)^T}. Es ist

B− (1+

√

3) ⋅I5=

⎛

⎜

⎜⎜

⎜

⎜⎜

⎝

−

√

3 1 0 0 0

1 −

√

3 1 0 0

0 1 −

√

3 1 0

0 0 1 −

√

3 1

0 0 0 1 −

√ 3

⎞

⎟

⎟⎟

⎟

⎟⎟

⎠ .

⎛

⎜⎜

⎜

⎝

1 0 0 0 −1

0 1 0 0 −

√ 3 0 0 1 0 −2 0 0 0 1 −

√ 3

0 0 0 0 0

⎞

⎟⎟

⎟

⎠ .

Damit ist Eig(B,1+

√

3) = Lin{(1,

√ 3,2,

√

3,1)^T}. Es ist

B− (1−

√

3) ⋅I5=

⎛

⎜

⎜⎜

⎜

⎜⎜

⎝

√

3 1 0 0 0

1

√

3 1 0 0

0 1 √

3 1 0

0 0 1 √

3 1

0 0 0 1 √

3

⎞

⎟

⎟⎟

⎟

⎟⎟

⎠ .

(6)

⎛

⎜

⎜⎜

⎜

⎝

1 0 0 0 −1

0 1 0 0 √

3 0 0 1 0 −2

0 0 0 1 √

3

0 0 0 0 0

⎞

⎟

⎟⎟

⎟

⎠ .

Damit ist Eig(B,1−

√

3) = Lin{(1,−

√ 3,2,−

√

3,1)^T}. L¨osung zu Aufgabe 4.5:

Voraussetzung: SeiK ein K¨orper, und sei n∈N. SeiA∈M_n(K).

(a) Angenommen v1+v2 = 0. Dann ist λ1v1 = Av1 = A(−v2) = −Av2 = −λ2v2 = λ2v1. Dann folgt aus v₁≠0, dass λ₁ =λ₂ gilt, ein Widerspruch. Nehmen wir nun an, dass v₁+v₂ Eigenvektor von A ist. Es gibt also ein λ∈ K mit A(v₁+v₂) =λ(v₁+v₂).

Damit folgt aber, dass λ1v1+λ2v2=λv1+λv2, also (λ1−λ)v1+ (λ2−λ)v2=0. Nun ist aber auch (λ₁−λ)v₁ Eigenvektor zu λ₁ und (λ₂−λ)v₂ Eigenvektor zu λ₂. Daher haben wir einen Widerspruch zum ersten Teil der Behauptung, wenn man v₁ durch (λ1−λ)v1 und v2 durch (λ2−λ)v2 ersetzt.

(b) (i) ⇒ (ii): Aus der Voraussetzung folgt mit (a), dass alle Eigenvektoren im selben Eigenraum liegen m¨ussen, und dieser ist Kⁿ. Sei λ der einzige Eigenwert von A.

Sei (e1, . . . , en) die Standardbasis vonKⁿ. Da e1, . . . , en Eigenvektoren von A zum Eigenwert λ sind, gilt Aei = λei f¨ur alle i ∈ {1, . . . , n}. Daher gilt A = AIn = λIn. Also ist Aschon eine Skalarmatrix. Nun sind wir fertig, daAnat¨urlich zu sich selbst

¨

ahnlich ist.

(ii)⇒(iii): Skalarmatrizen vertauschen mit allen anderen Matrizen. Somit folgt aus A=S⁻¹λI_nS mitλ∈K und S∈GL_n(K), dassA=S⁻¹SλI_n=λI_n gilt.

(iii) ⇒ (i): Es ist f¨urv∈Kⁿ∖ {0}:Av=λI_nv=λv.