Basisprüfung. 18. August 2015

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1 Lineare Algebra I/II D-MATH, HS 4/FS 5 Prof Richard Pink Basisprüfung 8 August 25 [6 Punkte] Betrachte den reellen Vektorraum R 3 zusammen mit dem Standardskalarprodukt, und die Vektoren 9 3 v := 6, v 2 :=, v 3 := (a) [4 Punkte] Finde eine Orthonormalbasis des Unterraums v, v 2, v 3 (b) [2 Punkte] Finde eine Orthonormalbasis des orthogonalen Komplements von v, v 2, v 3 Lösung: (a) Wegen 9 3 det 6 7 = = sind die Vektoren v, v 2, v 3 linear abhängig Die Vektoren v 2, v 3 sind keine Vielfachen voneinander, also linear unabhängig und somit eine Basis von v, v 2, v 3 Wir wenden das Gram-Schmidt Verfahren auf die Vektoren v 2, v 3 an: ṽ 2 = v 2 v 2 = = 2 + ( ) ṽ 3 = v 3 v 3, ṽ 2 ṽ 2 v 3 v 3, ṽ 2 ṽ 2 = v 3 v 6 3, v 2 v 2 v 3 v 6 3, v 2 v 2 = v 3 + 2v 2 v 3 + 2v 2 5 = = 5 = Der Unterraum v, v 2, v 3 besitzt somit die Orthonormalbasis,

2 (b) Da v 2, v 3 eine Basis von v, v 2, v 3 ist, gilt v, v 2, v 3 = {v 2, v 3 } = Kern((v 2, v 3 ) T ) = Kern Der Unterraum v, v 2, v 3 besitzt die Orthonormalbasis 3 2 = [5 Punkte] Sei V der Vektorraum aller reellen Polynome in der Variable x vom Grad n Betrachte die lineare Abbildung Φ: V V, u(x) 2 d ( (x + )2 u(x) ) dx (a) [3 Punkte] Bestimme die Darstellungsmatrix von Φ bezüglich der Basis (, x,, x n ) (b) [2 Punkte] Existiert eine Basis aus Eigenvektoren von Φ? Lösung: (a) Für alle i =,, n gilt 2 d ( Φ(x i ) = (x + ) 2 x i) dx 2 d ( = x i+2 + 2x i+ + x i) dx (i + 2)(i + )x i + 2(i + )ix i + i(i )x i 2 falls i 2 = (i + 2)(i + )x i + 2(i + )ix i falls i = (i + 2)(i + )x i falls = (i + 2)(i + ) x i + 2(i + )i x i δ i + i(i ) x i 2 δ i 2, wobei wir für k =, 2 die Notation x i k δ i k := { x i k falls i k sonst verwenden Die Darstellungsmatrix von Φ bezüglich der Basis (, x,, x n ) ist also (a ij ) i,j n mit (i + 2)(i + ) falls i = j 2(i + )i falls i = j a ij := i(i ) falls i = j 2 sonst 2

3 (b) Die Darstellungsmatrix von Φ bezüglich der Basis (, x,, x n ) ist eine obere Dreiecksmatrix mit Diagonaleinträgen (i + 2)(i + ) für alle i =,, n Das charakteristische Polynom von Φ ist also gleich char Φ (X) = n (X (i + 2)(i + )) i= Da dieses Polynom in Linearfaktoren zerfällt und keine mehrfachen Faktoren besitzt, ist Φ diagonalisierbar Also existiert eine Basis aus Eigenvektoren von Φ Aliter: Für jedes i =,, n gilt 2 d ( Φ((x + ) i ) = ) (x + ) i+2 = (i + 2)(i + )(x + ) i, dx das Polynom (x+) i ist also ein Eigenvektor von Φ zum Eigenwert (i+)(i+) Für jedes i ist (x + ) i ein normiertes Polynom von Grad i Folglich bilden die Vektoren (x + ),, (x + ) n eine Basis aus Eigenvektoren von Φ 3 [5 Punkte] Betrachte die Matrix A := ( (a) [2 Punkte] Finde über Q eine invertierbare untere Dreiecksmatrix L und eine Matrix U in Zeilenstufenform mit A = L U (b) [3 Punkte] Für welche Primzahlen p existiert eine solche Zerlegung über F p? Lösung: (a) Wir machen den Ansatz a L = und U = b c ) ( d ) e f für reelle Koeffizienten a, b, c, d, e, f mit a, c Wir rechnen a ad ae L U = b bd + c be + cf Durch sukzessives Auflösen der Gleichung A = L U erhalten wir a = 2 b = 3 d = 3/a = 3/2 e = 3/a = 3/2 c = 5 bd = /2 f = ( 2 be)/c = 5, also L = 2 3 /2 und U = 3 3/2 3/2 5

4 Aliter: Addieren von 3/2 der ersten Zeile zur zweiten bringt die Matrix A in die Zeilenstufenform U := /2 5/2 Diese Zeilenoperation wird bewirkt durch Linksmultiplikation mit der invertierbaren Matrix ( 2/3 Sei L := 2/3 ) deren Inverse Dann haben wir L A = U und somit A = LU (b) Für jede ungerade Primzahl p ergeben die obigen Formeln für L und U auch einen Sinn über dem Körper F p, und die Gleichung A = LU gilt ebenfalls über F p Ausserdem sind die Diagonaleinträge von L auch ungleich Null in F p Also existiert die gesuchte Zerlegung über F p Betrachte nun p = 2 Über F 2 ist A = = ( Angenommen über F 2 existiert eine Zerlegung A = L U für eine invertierbare untere Dreiecksmatrix L und eine Matrix U in Zeilenstufenform Dann ist a c L = und U = b für gewisse a, b, c F 2 mit a Folglich gilt a c A = L U = = b ) ac bc Da der linke obere Eintrag ac von A gleich ist, aber a ist, muss c = sein Dann ist aber auch der linke untere Eintrag bc von A gleich, was einen Widerspruch ergibt Also existiert keine solche Zerlegung über F 2 Fazit: Eine solche Zerlegung existiert über F p genau dann, wenn p 2 ist 4

5 4 [ Punkte] Betrachte die reelle 3 3-Matrix A := (a) [ Punkt] Berechne das charakteristische Polynom von A (b) [2 Punkte] Bestimme die Jordansche Normalform von A (c) [2 Punkte] Berechne Spur(A n ) für alle n (d) [3 Punkte] Bestimme eine Jordanbasis von A (e) [3 Punkte] Finde den rechten oberen Eintrag von A n für alle n Lösung: (a) Das charakteristische Polynom von A ist char A (X) = (X + )(X 3)(X 2) (X 3) 3(X + ) + 5(X 2) = X 3 4X 2 + 5X 2 = (X )(X 2 3X + 2) = (X ) 2 (X 2) (b) Da (X 2) in char A (X) als linearer Faktor auftaucht, besitzt A genau einen Jordanblock der Grösse zum Eigenwert 2 Wegen 2 Rang(A I 3 ) = Rang = 2 2 gilt dim Eig (A) = 3 Rang(A I 3 ) = Also besitzt A einen Jordanblock der Grösse 2 zum Eigenwert Ingesamt ist somit die Jordansche Normalform von A gleich J := 2 (c) Die Matrix A ist ähnlich zu ihrer Jordanschen Normalform Also existiert eine invertierbare Matrix U mit A = UJU Für alle n gilt dann A n = UJ n U Da die Spur invariant unter Ähnlichkeit ist, folgt n Spur(A n ) = Spur(J n ) = Spur = 2 n n (d) Wir finden eine Jordanbasis zu A Wir haben 2 (A I 3 ) 2 = =

6 Sei v Kern((A I 3 ) 2 ) \ Kern(A I 3 ) ein beliebiger Vektor, zum Beispiel sei v := (, 3, ) T Dann ist (Av, v) =, 3 eine Jordanbasis von A zum Hauptraum Hau (A) Weiter gilt 3 Eig 2 (A) = Kern(A 2I 3 ) = Kern Somit ist eine Jordanbasis von A (e) Mit, U :=, gilt dann A = UJU und A n = UJ n U Wegen 3 U = 3 2 = folgt somit n 3 A n = n 3 2 n = n n n = Also ist der rechte obere Eintrag von A n gleich 2 n+ n 2 Aliter: Wie wir in (b) gesehen haben, existiert eine reelle invertierbare Matrix U mit A n = U J n U Wegen n J n =, 2 n 2 6

7 existieren somit Koeffizienten a, b, c R, sodass für alle n der rechte obere Eintrag in A n gleich a2 n + bn + c ist Wegen 4 A 2 = erhalten wir durch Einsetzen der Zahlen n =,, 2 die Gleichungen a + c = (n = ) 2a + b + c = (n = ) 4a + 2b + c = 4 (n = 2), woraus durch direktes Lösen a = 2 and b = und c = 2 folgt Der rechte obere Eintrag von A n ist also gleich 2 2 n n 2 5 [7 Punkte] Für alle n berechne die Determinante der rationalen Matrix A n := (a ij ) i,j=,,n mit { falls i = j a ij := i j falls i j für alle i, j =,, n Lösung: Subtrahieren wir in A n die erste Spalte zweimal von der zweiten Spalte, dreimal von der dritten, und so weiter, bis schliesslich n-mal von der n-ten Spalte, so erhalten wir die Matrix 2 3 n n n 2 Addieren wir nun zu der ersten Spalte /2-mal die zweite Spalte, /3-mal die dritte Spalte, und so weiter, bis schliesslich /n-mal die n-te Spalte, so erhalten wir eine obere Dreiecksmatrix mit den Diagonaleinträgen (n ), 4, 9,, n 2 Also ist n det A n = (n ) ( i 2 ) = ( ) n (n )(n!) 2 i=2 7

8 Lösung 2: Dividieren wir für jedes i =,, n die i-zeile durch i, und für jedes j =,, n die j-zeile durch j, so erhalten wir die Matrix B n := ( δ ij ) i,j n = I n + vv T mit v := (,, ) T Die Matrix v v T hat Rang und somit den Eigenwert mit geometrischer Vielfachheit n, und wegen (v v T ) v = v (v T v) = nv zudem den Eigenvektor v zum Eigenwert n Aus Dimensionsgründen sind und n dann die einzigen Eigenwerte mit den arithmetischen Vielfachheiten n bzw Somit hat B n den Eigenwert mit arithmetischer Vielfachheit n und den Eigenwert + n mit arithmetischer Vielfachheit Also ist det(a n ) = (n!) 2 det(b n ) = ( ) n (n )(n!) 2 Lösung 3: Dividiere für jedes i =,, n die i-zeile durch i, und für jedes j =,, n die j-zeile durch j Wir erhalten det(a n ) = (n!) 2 det ( δ ij ) i,j n = (n!)2 det( I n + vv T ) mit v := (,, ) T Aus Wiederholungsserie I, Aufgabe 2 folgt det(a n ) = (n!) 2 ( ) n det(i n vv T ) = (n!) 2 ( ) n det(i v T v) = ( ) n ( n)(n!) 2 8

9 6 [9 Punkte] Sei V ein endlich-dimensionaler K-Vektorraum und b: V V K eine Bilinearform, nicht notwendigerweise symmetrisch Man nennt b links-nichtausgeartet, wenn gilt v V {} w V : b(v, w), rechts-nichtausgeartet, wenn gilt w V {} v V : b(v, w) Zeige, dass diese beiden Bedingungen zueinander äquivalent sind Lösung: Da b in der zweiten Variable linear ist, ist für jedes v V die Abbildung b(v, ): V K, w b(v, w) linear, das heisst ein Element des Dualraums V Also haben wir eine natürliche Abbildung k : V V, v b(v, ) Da b in der ersten Variable linear ist, ist die Abbildung k linear [Das ist soweit eigentlich Stoff der Vorlesung, vgl die Adjunktionsformel des Tensorprodukts] Sei nun b links-nichtausgeartet Dann ist für jedes v V {} die Linearform b(v, ) nicht die Nullabbildung Also ist Kern(k) = Wegen dim K (V ) < gilt dim K (V ) = dim K (V ) Somit ist k eine injektive lineare Abbildung zwischen zwei Vektorräumen derselben endlichen Dimension Daher ist k ein Isomorphismus Betrachte ein beliebiges w V {} Dann existiert eine Linearform l V mit l(w) Da k ein Isomorphismus ist, existiert ein v V mit l = b(v, ) Dann folgt insbesondere auch b(v, w) Nach Definition ist b also rechtsnichtausgeartet Dies zeigt die Implikation links-nichtausgeartet rechts-nichtausgeartet Die umgekehrte Richtung folgt aus demselben Argument mit vertauschten Seiten, oder alternativ aus der bereits bewiesenen Richtung angewendet auf die Bilinearform V V K, (v, w) b(w, v) Lösung 2: Wähle einen Isomorphismus f : K n V Eine direkte Rechnung (die auszuführen ist) zeigt, dass b links- bzw rechts-nichtausgeartet ist genau dann, wenn die Bilinearform b := b (f f) die entsprechende Eigenschaft hat Die letztere lässt sich schreiben in der Form b (x, y) = x T Ay für eine eindeutige n n-matrix A über K Betrachte ein beliebiges y K n {} Dann gilt x K n : x T Ay genau dann, wenn Ay ist Somit ist b rechts-nichtausgeartet genau dann, wenn der Kern der Abbildung K n K n, y Ay gleich Null ist Dies ist äquivalent zu A invertierbar Betrachte andererseits ein beliebiges x K n {} Dann gilt y K n : x T Ay genau dann, wenn der Zeilenvektor x T A ist Dies ist äquivalent zu A T x Somit ist b links-nichtausgeartet genau dann, wenn der Kern der Abbildung K n K n, x A T x gleich Null ist Das ist äquivalent zu A T invertierbar Aber Invertierbarkeit ist invariant unter Transposition Somit sind die beiden Bedingungen zueinander äquivalent 9

10 7 [9 Punkte] Sei f ein Endomorphismus eines endlich-dimensionalen unitären Vektorraums V mit der Eigenschaft f 2 = 2f Zeige, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind: (a) f ist selbstadjungiert (b) f ist normal (c) Kern(f) und Bild(f) sind zueinander orthogonal Lösung: Die Voraussetzung f 2 = 2f ist äquivalent zu f 2 2f = Also ist das Minimalpolynom von f ein Teiler des Polynoms X 2 2X = X(X 2) Da dieses in Linearfaktoren zerfällt und keine mehrfachen Faktoren hat, ist f diagonalisierbar und hat höchstens die Eigenwerte und 2 Für jedes λ {, 2} betrachte den zugehörigen Eigenraum V λ := Kern(f λ id V ) Dann gilt also V = V V 2 Weiter ist V = Kern(f) Ausserdem ist f auf V 2 gleich 2 mal der Identität, induziert also eine Bijektion V 2 V 2, und somit ist V 2 = Bild(f) (a) (b) Jeder selbstadjungierte Endomorphismus ist normal (b) (c) Für jeden normalen Endomorphismus eines endlich-dimensionalen unitären Vektorraums sind die Eigenräume zu verschiedenen Eigenwerten orthogonal Also sind Kern(f) = V und Bild(f) = V 2 zueinander orthogonal (c) (a) Wähle je eine Orthonormalbasis von V und von V 2 Wegen (c) bilden diese zusammen eine Orthonormalbasis von V = V V 2 Die Darstellungsmatrix von f bezüglich dieser Orthonormalbasis ist eine Diagonalmatrix mit Diagonaleinträgen und 2 Diese Matrix ist reell symmetrisch, also selbstadjungiert, und somit ist f selbstadjungiert Vollstaendiges Argument:

11 8 Multiple Choice-Aufgaben Welche der folgenden Aussagen ist richtig? Nur Ankreuzen, ohne Begründing Eine richtige Antwort gibt Punkt, keine Antwort gibt Punkte, und eine falsche Antwort gibt - Punkt Eine negative Gesamtpunktzahl der Multiple- Choice-Aufgaben wird zu aufgerundet (a) Jeder Unterraum eines Vektorraums V ist ein Komplement eines Komplements eines Unterraums von V Lösung: Richtig Sei U ein Unterraum von V und W ein Komplement zu U in V Dann ist U ein Komplement zum Komplement W (b) Sei f : V V ein Endomorphismus eines endlich-dimensionalen Vektorraums Die Summe zweier linear unabhängiger Eigenvektoren von f ist ein Eigenvektor genau dann, wenn sie Eigenvektoren zum selben Eigenwert sind Lösung: Richtig Seien v, v 2 linear unabhängige Eigenvektoren von f zu den jeweiligen Eigenwerten λ, λ 2 Dann ist jedenfalls v + v 2 Weiter ist f(v + v 2 ) = λ v + λ 2 v 2 = µ(v + v 2 ) für ein µ R genau dann, wenn (λ µ)v + (λ 2 µ)v 2 = ist für ein µ, wegen der linearen Unabhängigkeit von v und v 2 also genau dann wenn λ µ = und λ 2 µ = ist für ein µ, also genau dann wenn λ = λ 2 ist (c) Für jede diagonalisierbare reelle Matrix A existiert eine eindeutige invertierbare Matrix S sodass S AS Diagonalgestalt hat Lösung: Falsch Betrachte für n > die Identitätsmatrix A = I n Dann hat für jede invertierbare Matrix S die Matrix S AS = I n in Diagonalgestalt Da mindestens zwei verschiedene n n invertierbare Matrizen existieren, ist somit S nicht eindeutig und die Aussage falsch Aliter: Für jede invertierbare Matrix S ist auch 2S invertierbar und es gilt (2S) A(2S) = S AS Ausserdem ist 2S S Somit ist S nicht eindeutig

12 (d) Jede reelle 2 2-Matrix ist ähnlich zu einer reellen Matrix der Form ( ) Lösung: Falsch Die Identitätsmatrix I 2 ist nur zu sich selbst ähnlich, somit also nie zu einer Matrix der Form ( ) (e) Je zwei reelle 3 3-Matrizen mit dem charakteristischen Polynom sind zueinander ähnlich über R Lösung: Richtig Es ist X 3 + X 2 + X 3 X 3 + X 2 + X 3 = (X ) (X 2 + 2X + 3) Dieses hat keine mehrfachen Faktoren und X 2 + 2X + 3 ist irreduzibel über R Somit ist die Jordansche Normalform eindeutig durch das charakteristische Polynom bestimmt (f) Für jede Teilmenge S eines endlich-dimensionalen euklidischen Vektorraums V gilt (S ) = S Lösung: Richtig Aus der Definition des orthogonalen Komplements folgt S = S Wegen dim(v ) < erfüllt andererseits jeder Unterraum U die Gleichung (U ) = U Zusammen folgt daraus (S ) = ( S ) = S (g) Für jede positiv definite Bilinearform β auf einem endlich-dimensionalen reellen Vektorraum existiert eine geordnete Basis B, so dass die Darstellungsmatrix M B (β) nur positive Einträge hat Lösung: Richtig Denn es existiert eine Orthonormalbasis (b,, b n ), und die Basis (b, b +b 2, b +b 3,, b +b n ) hat dann die gesuchte Eigenschaft (h) Jeder unitäre Endomorphismus S : C 3 C 3, welcher zwei linear unabhängige Vektoren v, v 2 C 3 festlässt, ist die Identität Lösung: Falsch Für jede komplexe Zahl ζ mit ζ = ist die Diagonalmatrix diag(,, ζ) unitär und ungleich der Identität 2

13 (i) Sei A eine beliebige invertierbare komplexe Matrix Ist A n reell für alle n 25, so ist A selbst schon reell Lösung: Richtig Wegen A invertierbar ist A 25 invertierbar Da A 25, A 26 reell sind, ist somit auch A = (A 25 ) A 26 reell 3 + i (j) Die hermitesche Matrix ist positiv definit 3 i i Lösung: Falsch Mit v := (, ) T gilt v T v = 3 < 3 i 2 (k) Ein Endomorphismus eines endlich-dimensionalen unitären Vektorraums ist ein Isomorphismus genau dann, wenn seine Adjungierte ein Isomorphismus ist Lösung: Richtig Ist die Darstellungsmatrix des Endomorphismus bezüglich einer geordneten Orthonormalbasis gleich A, so ist die Darstellungsmatrix des adjungierten Endomorphismus bezüglich derselben Basis gleich A Wegen det(a ) = det(a) ist A invertierbar genau dann, wenn A invertierbar ist (l) Es existiert ein K-Vektorraum E mit der universellen Eigenschaft: Für jeden K-Vektorraum V existiert genau eine lineare Abbildung E V Lösung: Richtig Der Nullraum O hat diese Eigenschaft, denn für jeden K-Vektorraum V existiert genau eine lineare Abbildung O V, nämlich die Nullabbildung (m) Für jeden Vektorraum der Dimension n < gilt dim Λ 2 (Λ 2 (V )) = 3 ( n+ 4 Lösung: Richtig, denn dim Λ 2 (V ) = n 2 = n(n ) und somit 2 n(n )/2 dim Λ 2 (Λ 2 (V )) = = n(n ) n(n ) = 8 n(n ) (n(n ) 2) = 3 n + 24 n(n ) (n+)(n 2) = 3 4 ) 3

14 (n) Jeder K-Vektorraum V mit der Eigenschaft v, w V : v w = w v in V K V hat Dimension Lösung: Falsch, denn es gilt auch im Fall dim(v ) = Für jeden Basisvektor b V ist dann nämlich V = {λb λ K}, und für alle λ, µ R gilt (λb) (µb) = λµ(b b) = (µb) (λb) (o) Sei V ein K-Vektorraum mit einer Basis B Dann bilden die Vektoren v w für alle v, w B eine Basis von Λ 2 V Lösung: Falsch Die korrekte Aussage lautet: Für jede Totalordnung auf B bilden die Vektoren v w für alle v, w B mit v w (!) eine Basis von Λ 2 V 4