Musterlösungen zur Linearen Algebra II Hauptklausur

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1 Musterlösungen zur Linearen Algebra II Hauptklausur Aufgabe. Q ist unitär genau dann, wenn gilt Q Q = I n. Daraus folgt, dass a) und c) richtig sind. Die -Matrix A := (i) zeigt, dass i.a. A A t, d.h. b) ist falsch. Aufgabe. a) Es ist dim U + dim U = n = dim V + dim V. Ist also U V, U V, so ist dim U < dim V und damit also dim U > dim V und die Aussage ist wahr. b) Nach dem Satz über die Hauptachsentransformation kann man eine Basis finden, so dass F eine Diagonalmatrix ist, deren Einträge aus {, ( 0, } ) stammen. Allerdings kann man auf die - nicht verzichten, wie F = zeigt, die Aussage ist also falsch. c) Für nicht-diagonalisierbare Endomorphismen (die es ja tatsächlich gibt) kann man keine solche Basis angeben, die Aussage ist also falsch. d) Nach dem Satz über die Hauptachsentransformation gibt es eine Basis B, sodass B φ B eine Diagonalmatrix ist. Dabei sind die Einträge auf der Diagonalen genau die Eigenwerte von φ. Hat φ also nur einen Eigenwert λ, so gilt B φ B = λ I n, also φ = λ id, und die Aussage ist wahr. Aufgabe 3. Nach Definition ist die quadratische Form gegeben durch Q(x) = F (x, x). Da im Allgemeinen F (x, x), F (x, x) und F (x, x) paarweise verschieden sind, ist also b) richtig. Aufgabe 4. a) Um nachzuweisen, dass A normal ist, muss man die Produkte AA und A A berechnen: Es ist ( ) 3 3i A A = = AA, 3 + 3i 4 also ist A normal. ( ) ( ) i b) B kann man schreiben als B = B +B für B := und B :=. i Nun gilt B = B und B = B sowie B B = B B. Da also die Matrizen kommutieren, gilt für sie die dritte binomische Formel und damit B B = (B B )(B + B ) = B B = (B + B )(B B ) = BB,

2 also ist B normal. c) C ist nicht schiefsymmetrisch, also bleibt nur die beiden Produkte auszurechnen: Es gilt C C = 3 6, aber CC = 3 6 0, also ist C nicht normal. Aufgabe 5. a) Es gibt verschiedene Wege nachzuweisen, dass die Menge V der reellen symmetrischen -Matrizen ( ) V := {A R a b : A T = A} = { : a, b, c R} b c einen R-Vektorraum bildet. Nachrechnen der Definition: (V, +) ist eine abelsche Gruppe: Die Nullmatrix ist symmetrisch, also 0 V. Sind A, B symmetrische Matrizen, so gilt (A+B) t = A+B und ( A) t = A nach den Rechenregeln für das Transponieren, d.h. V ist eine Gruppe, denn auch die Assoziativität folgt sofort aus der komponentenweise Assoziativität. Die Kommutativität ist klar. Da auch (λa) t = λa, ist V bezüglich der Skalarmultiplikation abgeschlossen. Die Axiome (λ + µ)a = λa + µa, λ(a + B) = λa + λb, λ(µa) = (λµ)a, A = A folgen aus den allgemeinen Rechenregeln für Matrizen. Man kann auch zeigen, dass V ein Untervektorraum von R ist. Denn damit folgt aus einem früheren Satz, dass V dann selbst auch ein Vektorraum ist. Dazu ist also zu zeigen, dass 0 V, für A, B V auch A+B V ist und dass λa V für alle λ R, d.h. dass 0, A+B und λa wiederum symmetrisch sind (und nicht nur, dass diese wieder reelle -Matrizen sind). Das folgt wie oben, weshalb V wiederum ein Vektorraum ist.

3 ( ) a b b) Seien S = b c gilt und T = ( ) a b b c zwei symmetrische Matrizen. Dann (det(s + T ) det S det T ) = ((a + a )(c + c ) (b + b )(b + b ) (ac b ) (a c b )) = (ac + a c bb ), also ist die zugehörige Form bilinear. Da auch det(λs) = λ det S ist da S eine -Matrix ist, sind die beiden Axiome einer quadratischen Form erfüllt. c) Bezüglich der Basis ( e := ) ( 0, e 0 := ) ( ), e := hat die zu det assoziierte Bilinearform die beschreibende Matrix A := wie man der Rechnung aus Teil b) entnimmt. Um eine Basis zu finden, bezüglich der A Diagonalgestalt hat, gibt es verschiedene Methoden. Die Einschränkung A von A auf den Unterraum e, e 3 ist hyperbolisch, und wie im Beweis einer Übungsaufgabe folgt sofort, dass A bezüglich der Basis (e + e 3, e e 3 ) Diagonalform hat. Da der Orthogonalraum von e, e 3 genau e ist, folgt, dass e + e 3, e, e e 3 eine Basis von V ist, bezüglich der die zu det gehörige Bilinearform Diagonalform hat. Nach dem Satz über die Hauptachsentransformation reicht es, die Eigenräume von A zu bestimmen, denn Basen für diese Eigenräume bilden dann ein Orthogonalsystem B, und A hat dann bezüglich B Diagonalgestalt. Wieder findet man: Die Eigenräume sind genau 0 0, und 0, also hat A bezüglich der Basis e + 0 e 3, e, e e 3 von V Diagonalgestalt. Daneben kann man auch das in der Vorlesung skizzierte Verfahren auf A anwenden, in dem man einen eindimensionalen Unterraum U 3

4 findet, für den die Einschränkung von A auf U nicht ausgeartet ist und dessen orthogonales Komplement man dann berechnet und induktiv fortfährt. Wir starten hier mit dem Unterraum U := e, denn für diesen ist das orthogonale Komplement direkt gegeben durch U = e, e 3. Finde nun einen Vektor u in U, für den u t Au 0. Wähle dafür z.b. u := 0, denn dann gilt u t Au =. Berechne schliesslich einen Vektor v = (v, v, v 3 ) t, der senkrecht auf e und u steht. Es muss also gelten 0 = v t Ae = v und 0 = v t A 0 = v + v 3 und man kann v wählen als v = 0. Auch mit dieser Rechnung erhält man also e + e 3, e, e e 3 als Orthogonalbasis. Aufgabe 6. Da rk A 3 = 0, müssen alle auftretenden Jordan-Blöcke eine Länge 3 haben. Für einen Block B der Länge gilt B = 0, und da Blöcke der Länge schon 0 sind, folgt aus der Bedingung rk A =, dass es genau zwei Blöcke der Länge 3 gibt. Da schliesslich rk A = 5 = 4 +, muss es noch einen Block der Länge zwei geben. Daher ist die Jordan-Form von A bis auf Permutation der Kästchen gegeben durch J A = Ein anderer Lösungsweg besteht darin, über die Rangformel die Anzahl der Blöcke verschiedener Länge zu bestimmen. Aufgabe 7. a) Es ist χ A = (x )(x + )((x 3)(x ) + ) = (x + )(x ) 3, denn A ist in Blockgestalt. 4

5 b) Es ist klar, dass der Eigenraum zum Eigenwert - eindimensional ist. Da 0 rk(a I 4 ) = rk 4 4 =, 4 7 folgt dim Eig(A, ) =. Also ist die geometrische Vielfachheit von kleiner als die algebraische Vielfachheit; A ist nicht diagonalisierbar und es muss einen Kasten der Länge geben. Dieser kann nicht Länge 3 haben, da dim Eig(A, ) =, damit ist die Jordanform gegeben durch J A =. c) An der Jordanform liest man das Minimalpolynom ab als m A = (x + )(x ), denn A und J A haben das gleiche Minimalpolynom und der Exponent a vom Faktor (x ) a im Minimalpolynom ist gegeben durch die Länge des längsten Jordanblocks zum Eigenwert, d.h. a =. d) Die sich schon in Jordan-Form befindende Matrix B = hat das gleiche charakteristische Polynom wie A, ist aber nicht ähnlich zu A, da die Jordan-Formen verschieden sind. Aufgabe 8. a) Die Matrix A ist symmetrisch, weswegen, eine symmetrische Bilinearform ist. A ist auch positiv definit, denn alle Hauptminoren A i sind positiv: A =, A = =, A 3 = 6 ( + 3) =. Also ist, ein Skalarprodukt. 5

6 b) Wir bestimmen eine Orthonormalbasis von V mittels Gram-Schmidt. und e = v := e e = e w := e e, v = e + e, w = v := w w = e + e. Also ist eine Orthonormalbasis von V gegeben durch (e, e + e ). 6