An dieser Stelle wissen wir, dass die Matrix diagonalisierbar ist, und weil wir nur drei Di- mensionen f¨ur drei Eigenr¨aume zur Verf¨ugung haben, ist jeder Eigenraum eindimensional

Ubungen zur Linearen Algebra II, Sommersemester 2012¨ 1. Test, 9.5.2012, Gruppe A: L¨osung

Aufgabe 1. (5 Punkte) Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenr¨aume der folgenden Matrix A∈C^3×3:

A=



12 11 −8

−9 −2 6

3 9 −2





L¨osung:Charakteristisches Polynom berechnen:

det



12−λ 11 −8

−9 −2−λ 6

3 9 −2−λ



=−λ³+ 8λ²−25λ .

Wir sehen sofort die Nullstelle λ1= 0, es bleibt das quadratische Polynom λ²−8λ+ 25

mit den beiden komplexen Nullstellen

λ2,3= 4±3i .

An dieser Stelle wissen wir, dass die Matrix diagonalisierbar ist, und weil wir nur drei Di- mensionen f¨ur drei Eigenr¨aume zur Verf¨ugung haben, ist jeder Eigenraum eindimensional.

Zur Berechnung des ersten Eigenraums (f¨urλ1= 0) berechnen wir den Kern vonA−0I durch Pivotschritte:



12 11 −8

−9 −2 6 3∗ 9 −2







0 −25 0

0 25∗ 0

3∗ 9 −2







0 0 0

0 1 0

3∗ 0 −2





Freier Parameter ist x3, R¨ucksubstitution ergibt x2 = 0, x1 = ^2x₃³, damit ist ein Eigenvektor

v1= (2,0,3)^T.

Zur Berechnung des zweiten Eigenraumes brauchen wir den Kern vonA−4−3i:



8−3i 11 −8

−9 −6−3i 6

3 9 −6−3i





Vereinfachen, was man vereinfachen kann!



8−3i 11 −8

−3 −2−i 2

1∗ 3 −2−i







0 −13 + 9i 11 + 2i 0 7−i∗ −4−3i

1∗ 3 −2−i





Wir wissen ja, dassA−4−3i Rang 2 hat, daher ist der n¨achste Pivotschritt gar nicht n¨otig: Er muss ja eine Nullzeile ergeben. Wir setzenx3= 1 als freien Parameter an:

(7−i)x2 = (4 + 3i) x2 = 4 + 3i

7−i = 25 + 25i 50 =1

2+1 2i , x1 = −3x2+ (2 +i) = 1

2−1 2i .

Damit sind der zweite und der konjugiert komplexe dritte Eigenvektor v2= (1−i,1 +i,2)^T, v3 = (1 +i,1−i,2)^T. Die Eigenr¨aume sind daher

N1={λ



2 0 3



|λ∈C}, N2={λ



1−i 1 +i 2



|λ∈C}, N3={λ



1 +i 1−i 2



|λ∈C}.

Aufgabe 2. (5 Punkte) SeiKein K¨orper und seiena, b, c, d, t, u, v, w∈K. Berechnen Sie

det







ta tb ua ub tc td uc ud va vb wa wb vc vd wc wd





.

(Falls es Ihnen die Arbeit vereinfacht, d¨urfen Sie annehment̸= 0.)

L¨osung:Wer bei diesem Beispiel einfach ohne zu schauen mit dem Laplaceschen Ent- wicklungssatz losrechnet, ist ganz einfach selbst schuld. Man kann mit der ersten Zeile mit einem Schlag die beiden ersten Elemente der dritten Zeile eliminieren, und ebenso mit der zweiten Zeile die ersten beiden Elemente der vierten Zeile, und erh¨alt eine Blockdreiecks- matrix:

ta tb ua ub

tc td uc ud

0 0 wa−^v_tua wb−^v_tub 0 0 wc−^v_tuc wd−^v_tud =

ta tb tc td

·

(w−^vt_u)a (w−^vt_u)b (w−^vt_u)c (w−^vt_u)d

· · ·

Nun Achtung beim Herausheben der Faktoren. F¨ur eine n×n-MatrixA gilt det(tA) = tⁿ det(A):

· · ·=t²(w−vt u)²

a b c d

²= (wt−vu)²(ad−bc)².

Man kann aber auch den folgenden Satz ¨uber Blockmatrizen verwenden: WennAregul¨ar ist, dann ist

det (A B

C D

)

= det(A) det(D−BA⁻¹C). Dabei ist mitX :=

(a b c d )

:

D−BA⁻¹C=wX−vX(1

tX⁻¹)uX = (w−vu t )X .

Der Sonderfall, dassXsingul¨ar ist, ergibt die Determinante 0, weil die ersten zwei Zeilen

der 4×4-Matrix dann linear abh¨angig sind.

Aufgabe 3. SeiA eine diagonalisierbare, regul¨are Matrix inC^2×2. Wir betrachten die Abbildung

TA:

{C^2×2 →C^2×2, X 7→A⁻¹XA.

Zeigen Sie:

(1) (2 Punkte) SeiA=D eine Diagonalmatrix mit Eigenwertenλ1 undλ2. Zeigen Sie: Die folgenden Matrizen bilden eine Basis von Eigenvektoren der Abbildung TD.

U1,1= (1 0

0 0 )

, U1,2= (0 1

0 0 )

, U2,1= (0 0

1 0 )

, U2,2= (0 0

0 1 )

Wie lauten die dazugeh¨origen Eigenwerte?

(2) (2 Punkte) Sei nun A keine Diagonalmatrix, aber M ∈ C^n×n regul¨ar, so dass D=M⁻¹AM eine Diagonalmatrix ist. Zeigen Sie:

TD(M⁻¹XM) =M⁻¹TA(X)M .

(3) (1 Punkt)Wie lauten die Eigenwerte vonTA

L¨osung:

TDU1,1 =

(λ⁻₁¹ 0 0 λ⁻¹₂

) (1 0 0 0

) (λ1 0 0 λ2

)

= (1 0

0 0 )

=U1,1, TDU1,2 =

(λ⁻₁¹ 0 0 λ⁻₂¹

) (0 1 0 0

) (λ1 0 0 λ2

)

=

(0 λ⁻₁¹λ2

0 0

)

=λ2

λ1

U1,2, TDU2,1 =

(λ⁻¹₁ 0 0 λ⁻₂¹

) (0 0 1 0

) (λ1 0 0 λ2

)

=

( 0 0 λ⁻₂¹λ1 0 )

=λ1

λ2

U1,2, TDU2,2 =

(λ⁻₁¹ 0 0 λ⁻₂¹

) (0 0 0 1

) (λ1 0 0 λ2

)

= (0 0

0 1 )

=U2,2. Daher sind dieUi,j Eigenvektoren zu den Eigenwertenκi,j mit

κ1,1=κ2,2= 1, κ1,2=λ2

λ1

, κ2,1=λ1

λ2

. Nun ist

TD(M⁻¹XM) = D⁻¹M⁻¹XM D=M⁻¹(M DM⁻¹)⁻¹X(M DM⁻¹)M

= M⁻¹A⁻¹XAM=M⁻¹(TA(X))M . Anders ausgedr¨uckt:

TA(X) =M TD(M⁻¹XM)M⁻¹. W¨ahleXi,j:=M Ui,jM⁻¹, dann ist

TA(Xi,j) =M TD(Ui,j)M⁻¹=M(κi,jUi,j)M⁻¹=κi,jUi,j.

Daher sind die Xi,j Eigenvektoren vonA mit den Eigenwerten 1 (doppelt), λ⁻₁¹λ2 und λ⁻₂¹λ1, dabei sind dieλi die Diagonalelemente vonD, dies sind zugleich die Eigenwerte vonA.

(Teile (1) und (2) dieses Beispiels sind einfach durch Nachrechnen zu l¨osen. Teil (3) braucht etwas Einsicht in das Prinzip der Diagonalisierung.) Aufgabe 4. (5 Punkte) Zerlegen Sie die folgende MatrixAin ein ProduktA=LReiner unteren DreiecksmatrixLund einer oberen DreiecksmatrixR:

A=



2 −2 4 6 −4 13 8 −2 16



.

L¨osung:

Wir schreiben die MatrixAan und beginnen Pivotschritte von links oben nach rechts unten. Die Koeffizienten der Pivotschritte merken wir uns - negativ! - in einer weiteren Matrix vor:



2∗ −2 4

6 −4 13

8 −2 16







2 −2 4 0 2∗ 1

0 6 0







1 3 4







2 −2 4

0 2 1

0 0 −3∗







1 0 3 1 4 3







2 −2 4

0 2 1

0 0 −3∗







1 0 0 3 1 0 4 3 1



.

Der letzte Pivotschritt bestand nur darin, an die Matrix der Koeffizienten den letzten Einheitsvektor anzuh¨angen. Die beiden Matrizen, die wir erhalten haben, ergeben die

LR-Zerlegung:

A=



1 0 0

3 1 0

4 3 1







2 −2 4

0 2 1

0 0 −3



.

Aufgabe 5. (5 Punkte) Sei K ein K¨orper und A eine n×n-Matrix ¨uber K. Seien λ̸=µ∈K, wobeiµkein Eigenwert vonAist.

Zeigen Sie, dass λ genau dann ein Eigenwert von A ist, wenn _µ−¹_λ ein Eigenwert von (µI−A)⁻¹ist.

L¨osung:Weilµkein Eigenwert vonAist, gibt es die Inverse (µI−A)⁻¹. Wir betrachten einen Vektor v∈Kⁿ\ {0}. Es gilt:

Av=λv

⇐⇒ (µI−A)v= (µ−λ)v

⇐⇒ v= (µ−λ)(µI−A)⁻¹v

⇐⇒ 1

µ−λv= (µI−A)⁻¹v .

Ist alsoλein Eigenwert vonA, so gibt es dazu einen Eigenvektor, und dieser ist zugleich Eigenvektor von (µI−A)⁻¹ mit Eigenwert (µ−λ)⁻¹, und umgekehrt.

Ubungen zur Linearen Algebra II, Sommersemester 2012¨ 1. Test, 9.5.2012, Gruppe B: L¨osung

Aufgabe 1. (5 Punkte) Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenr¨aume der folgenden Matrix A∈C^3×3:

A=



6 −6 −32 1 −1 −15

2 −2 −1





L¨osung:Berechnung des charakteristischen Polynoms:

6−λ −6 −32 1 −1−λ −15

2 −2 −1−λ

=−λ³+ 4λ²−29λ . Wir sehen sofort den Eigenwert

λ1= 0. Es bleibt ein quadratisches Polynom

λ²−4λ+ 29 mit zwei komplexen Nullstellen:

λ2,3 = 2±5i .

Da wir drei Eigenwerte f¨ur eine 3×3-Matrix haben, wissen wir nun auch, dass die Matrix diagonalisierbar ist, und jeder Eigenraum die Dimension 1 haben muss. Der Eigenraum zum Eigenwert 0 ist der Kern vonA−0I=A:



6 −6 −32 1∗ −1 −15 2 −2 −1







0 0 58∗ 1 −1 −15

0 0 29







0 0 1 1 −1 0

0 0 0





Wir setzenx2= 1 als freie Variable und erhaltenx1= 1,x3= 0. Damit ist v1= (1,1,0)^T

ein Eigenvektor zum Eigenwert 0. Zur Berechnung eines Eigenvektors zum Eigenwert 2+5i bestimmen wir den Kern vonA−(2 + 5i)I, also



4−5i −6 −32 1∗ −3−5i −15

2 −2 −3−5i







0 31 + 5i 28−75i 1 −3−5i −15 0 4 + 10i 27−5i





Da wir bereits wissen, dass die Matrix Rang 2 haben muss, er¨ubrigt sich der letzte Pivot- schritt, er muss ohnehin eine Nullzeile ergeben. Wir setzenx2= 1 und erhalten

x3 = −4 + 10i

27−5i= −58−290i

754 = −1−5i 13 x1 = (3 + 5i) + 15−1−5i

13 = 24−10i 13 also erhalten wir die beiden konjugiert komplexen Eigenvektoren

v2= (24−10i,13,−1−5i)^T, v3= (24 + 10i,13,−1 + 5i)

zu den Eigenwerten 2 + 5iund 2−5i.

Aufgabe 2. (5 Punkte) SeiKein K¨orper und seiena, b, c, d∈K. Berechnen Sie

det







a a+b a+b+c a+b+c+d b b+c b+c+d b+c+d+a c c+d c+d+a c+d+a+b d d+a d+a+b d+a+b+c





 .

L¨osung: Bitte erst schauen, dann erst mit Entwicklungssatz oder anderen Methoden loslegen! Wir ziehen die dritte Spalte von der vierten, die zweite Spalte von der dritten, und die erste Spalte von der zweiten ab, und erhalten die Determinante

a b c d b c d a c d a b d a b c

Hier kommt man mit dem Entwicklungssatz in vern¨unftiger Zeit zu Ende, aber wenn man genauer hinschaut, hat die Determinante Blockstruktur

A B B A

mit

A= (a b

b c )

, B= (c d

d a )

.

In den ¨Ubungen haben wir gezeigt, dass sich als Determinante ergibt A B

B A

= det(A+B) ·det(A−B)

=

a+c b+d b+d a+c

·

a−c b−d b−d c−a

= [(a+c)²−(b+d)²]·[−(a−c)²−(b−d)²].

Weiteres Ausmultiplizieren ist m¨oglich, macht das Ergebnis aber nicht ¨ubersichtlicher.

Aufgabe 3. Sei K ein K¨orper, und seien A und B zwei 2×2-Matrizen ¨uber K. Wir betrachten die Abbildungen

SA:

{K² →K²,

X 7→AX, undSB :

{K² →K², X 7→XB.

Seienv1, v2zwei linear unabh¨angige Rechtseigenvektoren vonAzu den Eigenwertenλ1, λ2, und seien w^t1, w^t2 zwei linear unabh¨angige Linkseigenvektoren vonB zu den Eigenwerten µ1,µ2.

(1) (2 Punkte) Zeigen Sie: Setzt man Ui,j = viw_j^t, so sind (U1,1, U1,2, U2,1, U2,2) sowohl Eigenvektoren von SA als auch vonSB. Wie lauten die dazugeh¨origen Eigenwerte?

(2) (1 Punkt)Seieny1, y2∈K²so, dass w^t_iyj=

{

0 fallsi̸=j, 1 fallsi=j.

(Solche y1, y2 gibt es immer.) Seien αi,j ∈ K f¨ur i, j ∈ {1,2}. Berechnen Sie (∑2

i,j=1αi,jUi,j

)

ykf¨urk∈ {1,2}.

(3) (2 Punkte) Zeigen Sie: (U1,1, U1,2, U2,1, U2,2) sind linear unabh¨angig.

L¨osung:

SAUi,j = AUi,j=Aviwj^t=λiviw^tj=λiUi,j, SBUi,j = Ui,jB=viw^tjB=µiviw^tj=µiUi,j.

Nun ist ( ₂

∑

i,j=1

αi,jUi,j

) yk=

∑2 i,j=1

αi,jviw^tjyk=

∑2 i=1

αi,kvi,

die Termew_j^tykmitj̸=kfallen n¨amlich weg, undw^t_kyk= 1.

Letztlich sei

∑2 i,j=1

αi,jUi,j= 0.

Wir zeigen, dass alleαi,j gleich Null sind. Multiplikation mitykgibt, wie oben berechnet, f¨ur jedesk= 1,2

0 =

∑2 i=1

αi,kvi, und dav1, v2 linear unabh¨angig sind, folgt f¨urk= 1,2

α1,k=α2,k= 0.

Aufgabe 4. (5 Punkte) Zerlegen Sie die folgende MatrixAin ein ProduktA=LReiner unteren DreiecksmatrixLund einer oberen DreiecksmatrixR:

A=



3 −2 4 6 −2 13

−9 10 2



.

L¨osung: Wir schreiben die Matrix A an und beginnen Pivotschritte von links oben nach rechts unten. Die Koeffizienten der Pivotschritte merken wir uns - negativ! - in einer weiteren Matrix vor:



3∗ −2 4

6 −2 13

−9 10 2







3 −2 4

0 2∗ 5

0 4 14







 1 2

−3







3 −2 4

0 2 5

0 0 4∗







 1 0

2 1

−3 2







3 −2 4

0 2 5

0 0 4







 1 0 0

2 1 0

−3 2 1





Der letzte Pivotschritt bestand nur darin, an die Matrix der Koeffizienten den letzten Einheitsvektor anzuh¨angen. Die beiden Matrizen, die wir erhalten haben, ergeben die LR-Zerlegung:

A=



1 0 0

2 1 0

−3 2 1







3 −2 4

0 2 5

0 0 4



.

Aufgabe 5. (5 Punkte) SeiKein K¨orper undAeinen×n-Matrix ¨uberK. Seienλ, µ∈K, wobeiλµ̸= 1 und (I−µA) regul¨ar sei.

Zeigen Sie, dass λ genau dann ein Eigenwert von A ist, wenn _1−µλ¹ ein Eigenwert von (I−µA)⁻¹ist.

L¨osung:Bei dieser Angabe ist mir leider ein Fehler unterlaufen: es wird auch die Bedin- gungµ̸= 0 gebraucht. Laut Voraussetzung gibt es die Inverse (µI−A)⁻¹. Wir betrachten einen Vektor v∈Kⁿ\ {0}. Es gilt:

Av=λv

⇐⇒ (I−µA)v= (1−µλ)v

⇐⇒ v= (1−µλ)(I−µA)⁻¹v

⇐⇒ 1

1−µλv= (I−µA)⁻¹v .

(Die Bedingungµ̸= 0 wird im ersten ¨Aquivalenzschritt gebraucht.) Ist alsoλein Eigenwert vonA, so gibt es dazu einen Eigenvektor, und dieser ist zugleich Eigenvektor von (I−µA)⁻¹

mit Eigenwert (1−µλ)⁻¹, und umgekehrt.