Bitte antworten Sie in unmissverst¨ andlicher Sprache, mit Formeln oder verbal, wie es Ihnen angenehmer ist. Die Klarheit Ihrer Sprache fließt wesentlich in die Bewertung ein!

Lineare Algebra 2, SS 2013

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Dieser Test enth¨ alt 7 Aufgaben auf 2 Seiten und z¨ ahlt insgesamt 36 Punkte. Ein Ergebnis ab 18 Punkten ist positiv.

Bitte antworten Sie in unmissverst¨ andlicher Sprache, mit Formeln oder verbal, wie es Ihnen angenehmer ist. Die Klarheit Ihrer Sprache fließt wesentlich in die Bewertung ein!

Bitte antworten Sie pr¨ agnant: Ausf¨ uhrungen, die nicht zur direkten Beantwor- tung der gestellten Fragen dienen, bringen keine zus¨ atzlichen Punkte, und k¨ onnen sogar, wenn sie falsch sind, auch zu Punkteabzug f¨ uhren!

Danke und viel Erfolg!

* Je eine Definition aus jedem der drei Hauptteile. Hier soll ¨uberpr¨uft werden, ob Sie die genauen Begriffe kennen.

Aufgabe 1. Definieren Sie die folgenden Begriffe: (Nur die Definitionen sind ge- fragt.)

(1) 2 Punkte: Vielfachheit einer Nullstelle eines Polynoms.

(2) 2 Punkte: Diagonalisierbare Matrix.

(3) 2 Punkte: Unit¨ are Matrix.

L¨osung:

(1) Seifein Polynom ¨uber einem K¨orperK, seiγ∈Keine Nullstelle vonf. Die Vielfachheit vonγals Nullstelle vonfist die gr¨oßte Zahlm, sodass (x−γ)^mein Teiler vonf ist.

(2) Sei A∈ Kn×neine quadratische Matrix ¨uber einem K¨orper K.Aheißt genau dann diagonalisierbar, wennKⁿeine Basis aus Eigenvektoren vonAbesitzt.

(3) Eine MatrixA∈C^n×nheißt genau dann unit¨ar, wennT^∗T =T T^∗=En.

* Je eine Wissensfrage aus jedem Hauptabschnitt, hier soll ¨uberpr¨uft werden, ob Sie Kenntnis und ¨Uberblick ¨uber den Inhalt des Stoffes haben. Bei der Beantwortung dieser Fragen m¨ussen Sie nicht begr¨unden oder beweisen.

Aufgabe 2. 4 Punkte:

(1) 2 Punkte: Formulieren Sie das Lemma von Fitting. (Sie m¨ ussen es nicht beweisen!)

(2) 2 Punkte: Wof¨ ur wurde in der Vorlesung Lemma von Fitting gebraucht?

L¨osung:

(1) SeiKein K¨orper undF ∈K^n×n. Dann gilt:

• {0} ⊂ker(F)⊂ker(F²)⊂ · · ·

• Kⁿ⊃rg(F)⊃rg(F²)⊃ · · ·

• Es gibt einr∈ Nsodass ker(F^r) = ker(F^r+1). Sobald ein solchesrerreicht ist, sind f¨ur alles≥rdie Kerne ker(F^s) = ker(F^r).

• F¨urrwie oben istKⁿdie direkte SummeKⁿ= ker(F^r) + rg(F^r).

(2) SeiA∈K^n×n. Das Lemma von Fitting zeigt, dass die aufsteigende Folge der ker((λ−A)ⁱ) station¨ar wird, wir k¨onnen den Hauptraum vonAf¨ur den Eigenwertλdefinieren, und zeigen, dass ¨uber algebraisch abgeschlossenen K¨orpern der ganze Kⁿ in eine direkte Summe von Hauptr¨aumen zerlegt werden kann.

Aufgabe 3. 4 Punkte: Sei V ein Vektorraum mit innerem Produkt ⟨· , ·⟩ , W ein Unterraum von V mit einer Basis (b

, · · · , b

), und x ∈ V . Wie kann man die orthogonale Projektion von x auf W berechnen, wenn (b

, · · · , b

) eine beliebige Basis ist.

Geben Sie nur die Methode an, Sie m¨ ussen nicht begr¨ unden, warum sie funktioniert.

L¨osung:

Wir erstellen die Gramsche Matrix

G=







⟨b1, b1⟩ · · · ⟨b1, bn⟩ ..

.

.. .

⟨bn, b1⟩ · · · ⟨bn, bn⟩







und l¨osen das lineare Gleichungssystem

G





 η1

.. . ηn





=







⟨b1, x⟩ .. .

⟨bn, x⟩





. Die orthogonale Projektion vonxaufW ist dann∑n

i=1ηibi.

Aufgabe 4. 4 Punkte: Sei A ∈ C

normal.

(1) 2 Punkte: Wie kann man an den Eigenwerten von A erkennen, ob A her- mitesch ist?

(2) 2 Punkte: Wenn A hermitesch ist, wie kann man an den Eigenwerten von A erkennen, ob A positiv definit ist?

Sie m¨ ussen Ihre Antworten nicht begr¨ unden oder beweisen.

L¨osung:

(1) Eine normale Matrix ist genau dann hermitesch, wenn alle ihre Eigenwerte reell sind.

(2) Eine hermitesche Matrix ist genau dann positiv definit, wenn alle Eigenwerte echt gr¨oßer als Null sind.

* Je eine Aufgabe zu den Details der Beweise in jedem Hauptabschnitt. Hier soll ¨uberpr¨uft werden, ob Sie die mathematischen Zusammenh¨ange verstehen und auch in unmissverst¨andlicher und klarer Sprache wiedergeben k¨onnen.

Aufgabe 5. 6 Punkte: Sei K eine konvexe Teilmenge eines Vektorraums V uber ¨ R mit innerem Produkt ⟨· , ·⟩ . Sei x ∈ V und u ∈ K, so dass f¨ ur alle y ∈ K gilt:

∥ x − u ∥ ≤ ∥ x − y ∥ . Zeigen Sie: F¨ ur alle y ∈ K gilt

⟨ x − u, y − u ⟩ ≤ 0 .

L¨osung:

SeiKkonvex unduder n¨achste Punkt ausKanx. Sei nunϵ >0 beliebig. Isty∈K, so ist wegen der Konvexit¨at auchz:=u+ϵ(y−u)∈K, und daher

∥u−x∥² ≤ ∥z−x∥²

= ∥(z−u) + (u−x)∥²

= ∥ϵ(y−u) + (u−x)∥²

= ϵ²∥y−u∥²+ 2ϵ⟨y−u, u−x⟩+∥u−x∥². Division durchϵergibt

0≤ϵ∥y−u∥²+ 2⟨y−u, u−x⟩. F¨urϵ→0 erhalten wir das gesuchte Ergebnis

0≤ ⟨y−u, u−x⟩.

Aufgabe 6. 6 Punkte: Sei A ∈ C

eine normale Matrix, v ∈ C

und λ ∈ C . Zeigen Sie: Ist Av = λv, dann ist A

v = λv.

L¨osung:

SeiAv=λv. Wir berechnen

∥(λ−A^∗)v∥² = [(λ−A^∗)v]^∗(λ−A^∗)v

= v^∗(λ−A)(λ−A^∗)v

= v^∗(λ−A^∗)(λ−A)v

= [(λ−A)v]^∗[(λ−A)v]

= ∥(λ−A)v∥²= 0.

Also ist (λ−A)v= 0.

Aufgabe 7. 6 Punkte: Sei A ∈ C

. Beweisen Sie: Sind λ

, · · · , λ

paarweise verschiedene Eigenwerte von A und v

, · · · , v

Eigenvektoren dazu, dann ist das k-Tupel (v

, · · · , v

) linear unabh¨ angig.

L¨osung:

Vollst¨andige Induktion nachk. F¨ur k = 1 ist die Behauptung offensichtlich, weil v1 ̸= 0 von Eigenvektoren immer verlangt ist.

Schritt vonk auf k+ 1: Es seien nun vi Eigenvektoren zu paarweise verschiedenenλi f¨uri = 1,· · ·, k+ 1. Es ist

(λk+1−A)vi= (λk+1−λi)vi. Sei nun∑k+1

i=1µivi= 0. Wir zeigen, dass alleµi= 0 sind.

0 = (λk+1−A)

k+1∑

i=1

µivi=

k+1∑

i=1

(λk+1−λi)µivi=

∑k i=1

(λk+1−λi)µivi,

weil das letzte Glied der Summe null ist. Weil diev1,· · ·, vkaber nach Induktionsannahme linear unabh¨angig sind, folgt f¨ur allei= 1,· · ·, kdass (λk+1−λi)µi= 0. Es ist aberλk+1̸=λi, sodass folgtµi= 0. Damit bleibt nur mehr ¨ubrig

0 =

k+1∑

i=1

µivi=µk+1vk+1. Aber weilvk+1̸= 0, ist letztlich auchµk+1= 0.

(Bemerkung: Im Skriptum wird ein allgemeinerer Satz bewiesen, dessen Beweis nat¨urlich aufw¨andi- ger ist. Wenn Sie den Satz aus dem Skriptum beweisen, ist das nat¨urlich auch recht, nur m¨uhe-

voller.)