Übungen zur Linearen Algebra II, Sommersemester Test, , Gruppe A: Lösung

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1 Aufgabe. (5 Punkte) Matrix A C 3 3 : Übungen zur Linearen Algebra II, Sommersemester 0. Test, 9.5.0, Gruppe A: Lösung Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenräume der folgenden 8 A Lösung: Charakteristisches Polynom berechnen: λ 8 det 9 λ 6 λ 3 + 8λ 5λ. 3 9 λ Wir sehen sofort die Nullstelle λ 0, es bleibt das quadratische Polynom mit den beiden komplexen Nullstellen λ 8λ + 5 λ,3 4 ± 3i. An dieser Stelle wissen wir, dass die Matrix diagonalisierbar ist, und weil wir nur drei Dimensionen für drei Eigenräume zur Verfügung haben, ist jeder Eigenraum eindimensional. Zur Berechnung des ersten Eigenraums (für λ 0) berechnen wir den Kern von A 0I durch Pivotschritte: Freier Parameter ist x 3, Rücksubstitution ergibt x 0, x x 3, damit ist ein 3 Eigenvektor v (, 0, 3) T. Zur Berechnung des zweiten Eigenraumes brauchen wir den Kern von A 4 3i: 8 3i i i Vereinfachen, was man vereinfachen kann! 8 3i 8 3 i 3 i i + i 0 7 i 4 3i 3 i Wir wissen ja, dass A 4 3i Rang hat, daher ist der nächste Pivotschritt gar nicht nötig: Er muss ja eine Nullzeile ergeben. Wir setzen x 3 als freien Parameter an: (7 i)x (4 + 3i) x 4 + 3i 5 + 5i 7 i 50 + i, x 3x + ( + i) i.

2 Damit sind der zweite und der konjugiert komplexe dritte Eigenvektor v ( i, + i, ) T, v 3 ( + i, i, ) T. Die Eigenräume sind daher i + i N {λ 0 λ C}, N {λ + i λ C}, N 3 {λ i λ C}. 3 Aufgabe. (5 Punkte) Sei K ein Körper und seien a, b, c, d, t, u, v, w K. Berechnen Sie ta tb ua ub det tc td uc ud va vb wa wb. vc vd wc wd (Falls es Ihnen die Arbeit vereinfacht, dürfen Sie annehmen t 0.) Lösung: Wer bei diesem Beispiel einfach ohne zu schauen mit dem Laplaceschen Entwicklungssatz 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 erhält eine Blockdreiecksmatrix: ta tb ua ub tc td uc ud 0 0 wa v t ua wb v ub ta tb t 0 0 wc v uc wd v ud tc td (w vt )a vt (w )b u u (w vt u )c vt (w )d u t t Nun Achtung beim Herausheben der Faktoren. Für eine n n-matrix A gilt det(ta) t n det(a): t (w vt u ) a b c d (wt vu) (ad bc). Man kann aber auch den folgenden Satz über Blockmatrizen verwenden: Wenn A regulär ist, dann ist ( ) A B det det(a) det(d BA C). C D ( ) a b Dabei ist mit X : : c d D BA C wx vx( t X )ux (w vu t )X. Der Sonderfall, dass X singulär ist, ergibt die Determinante 0, weil die ersten zwei Zeilen der 4 4-Matrix dann linear abhängig sind. Aufgabe 3. Sei A eine diagonalisierbare, reguläre Matrix in C. Wir betrachten die Abbildung { C C, T A : X A XA. Zeigen Sie: () ( Punkte) Sei A D eine Diagonalmatrix mit Eigenwerten λ und λ. Zeigen Sie: Die folgenden Matrizen bilden eine Basis von Eigenvektoren der Abbildung T D. U, ( ) 0, U 0 0, ( ) 0, U 0 0, ( ) 0 0, U 0, ( ) Wie lauten die dazugehörigen Eigenwerte? () ( Punkte) Sei nun A keine Diagonalmatrix, aber M C n n regulär, so dass D M AM eine Diagonalmatrix ist. Zeigen Sie: T D (M XM) M T A (X)M.

3 (3) ( Punkt) Wie lauten die Eigenwerte von T A Lösung: T D U, T D U, T DU, T D U, ( ) ( ) ( ) ( ) λ 0 0 λ λ U λ 0 0,, ( ) ( ) ( ) ( λ 0 0 λ 0 0 λ 0 λ λ ) λ 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) λ λ λ 0 0 λ λ ( ) ( ) ( ) ( λ ) 0 λ λ λ U 0 0 λ 0,. Daher sind die U i,j Eigenvektoren zu den Eigenwerten κ i,j mit Nun ist κ, κ,, κ, λ λ, κ, λ λ. λ λ U,, λ λ U,, T D (M XM) D M XMD M (MDM ) X(MDM )M Anders ausgedrückt: Wähle X i,j : MU i,j M, dann ist M A XAM M (T A(X))M. T A (X) MT D (M XM)M. T A (X i,j ) MT D (U i,j )M M(κ i,j U i,j )M κ i,j U i,j. Daher sind die X i,j Eigenvektoren von A mit den Eigenwerten (doppelt), λ λ und λ λ, dabei sind die λi die Diagonalelemente von D, dies sind zugleich die Eigenwerte von A. (Teile () und () dieses Beispiels sind einfach durch Nachrechnen zu lösen. Teil (3) braucht etwas Einsicht in das Prinzip der Diagonalisierung.) Aufgabe 4. (5 Punkte) Zerlegen Sie die folgende Matrix A in ein Produkt A LR einer unteren Dreiecksmatrix L und einer oberen Dreiecksmatrix R: 4 A Lösung: 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: Der letzte Pivotschritt bestand nur darin, an die Matrix der Koeffizienten den letzten Einheitsvektor anzuhängen. Die beiden Matrizen, die wir erhalten haben, ergeben die

4 LR-Zerlegung: A Aufgabe 5. (5 Punkte) λ µ K, wobei µ kein Eigenwert von A ist. Zeigen Sie, dass λ genau dann ein Eigenwert von A ist, wenn (µi A) ist. Sei K ein Körper und A eine n n-matrix über K. Seien µ λ ein Eigenwert von Lösung: Weil µ kein Eigenwert von A ist, gibt es die Inverse (µi A). Wir betrachten einen Vektor v K n \ {0}. Es gilt: Av λv (µi A)v (µ λ)v v (µ λ)(µi A) v µ λ v (µi A) v. Ist also λ ein Eigenwert von A, so gibt es dazu einen Eigenvektor, und dieser ist zugleich Eigenvektor von (µi A) mit Eigenwert (µ λ), und umgekehrt.

5 Aufgabe. (5 Punkte) Matrix A C 3 3 : Übungen zur Linearen Algebra II, Sommersemester 0. Test, 9.5.0, Gruppe B: Lösung Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenräume der folgenden A 5 Lösung: Berechnung des charakteristischen Polynoms: 6 λ 6 3 λ 5 λ λ3 + 4λ 9λ. Wir sehen sofort den Eigenwert Es bleibt ein quadratisches Polynom mit zwei komplexen Nullstellen: λ 0. λ 4λ + 9 λ, 3 ± 5i. Da wir drei Eigenwerte für eine 3 3-Matrix haben, wissen wir nun auch, dass die Matrix diagonalisierbar ist, und jeder Eigenraum die Dimension haben muss. Der Eigenraum zum Eigenwert 0 ist der Kern von A 0I A: Wir setzen x als freie Variable und erhalten x, x 3 0. Damit ist v (,, 0) T ein Eigenvektor zum Eigenwert 0. Zur Berechnung eines Eigenvektors zum Eigenwert +5i bestimmen wir den Kern von A ( + 5i)I, also 4 5i i 5 3 5i i 8 75i 3 5i i 7 5i Da wir bereits wissen, dass die Matrix Rang haben muss, erübrigt sich der letzte Pivotschritt, er muss ohnehin eine Nullzeile ergeben. Wir setzen x und erhalten x i 58 90i 5i 7 5i i 4 0i x (3 + 5i) also erhalten wir die beiden konjugiert komplexen Eigenvektoren v (4 0i, 3, 5i) T, v 3 (4 + 0i, 3, + 5i) zu den Eigenwerten + 5i und 5i.

6 Aufgabe. (5 Punkte) Sei K ein Körper und seien a, b, c, d K. Berechnen Sie a a + b a + b + c a + b + c + d det 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 Lösung: 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 vernünftiger Zeit zu Ende, aber wenn man genauer hinschaut, hat die Determinante Blockstruktur A B B A mit ( ) ( ) a b c d A, B. b c d a In den Übungen 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) (b + d) ] [ (a c) (b d) ]. Weiteres Ausmultiplizieren ist möglich, macht das Ergebnis aber nicht übersichtlicher. Aufgabe 3. Sei K ein Körper, und seien A und B zwei -Matrizen über K. Wir betrachten die Abbildungen { { K K, K K, S A : und S B : X AX, X XB. Seien v, v zwei linear unabhängige Rechtseigenvektoren von A zu den Eigenwerten λ, λ, und seien w t, w t zwei linear unabhängige Linkseigenvektoren von B zu den Eigenwerten µ, µ. () ( Punkte) Zeigen Sie: Setzt man U i,j v i wj, t so sind (U,, U,, U,, U, ) sowohl Eigenvektoren von S A als auch von S B. Wie lauten die dazugehörigen Eigenwerte? () ( Punkt) Seien y, y K so, dass { wiy t 0 falls i j, j falls i j. (Solche y, y gibt es immer.) Seien α i,j K für i, j {, }. Berechnen Sie ( i,j α i,ju i,j ) y k für k {, }. (3) ( Punkte) Zeigen Sie: (U,, U,, U,, U, ) sind linear unabhängig. Lösung: Nun ist ( ) α i,j U i,j y k S A U i,j AU i,j Av i w t j λ i v i w t j λ i U i,j, S B U i,j U i,j B v i w t jb µ i v i w t j µ i U i,j. i,j α i,j v i wjy t k i,j α i,k v i, i

7 die Terme wjy t k mit j k fallen nämlich weg, und wky t k. Letztlich sei α i,ju i,j 0. i,j Wir zeigen, dass alle α i,j gleich Null sind. Multiplikation mit y k gibt, wie oben berechnet, für jedes k, 0 α i,k v i, i und da v, v linear unabhängig sind, folgt für k, α,k α,k 0. Aufgabe 4. (5 Punkte) Zerlegen Sie die folgende Matrix A in ein Produkt A LR einer unteren Dreiecksmatrix L und einer oberen Dreiecksmatrix R: 3 4 A Lösung: 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: Der letzte Pivotschritt bestand nur darin, an die Matrix der Koeffizienten den letzten Einheitsvektor anzuhängen. Die beiden Matrizen, die wir erhalten haben, ergeben die LR-Zerlegung: A Aufgabe 5. (5 Punkte) Sei K ein Körper und A eine n n-matrix über K. Seien λ, µ K, wobei λµ und (I µa) regulär sei. Zeigen Sie, dass λ genau dann ein Eigenwert von A ist, wenn ein Eigenwert von (I µa) ist. µλ Lösung: Bei dieser Angabe ist mir leider ein Fehler unterlaufen: es wird auch die Bedingung µ 0 gebraucht. Laut Voraussetzung gibt es die Inverse (µi A). Wir betrachten einen Vektor v K n \ {0}. Es gilt: Av λv (I µa)v ( µλ)v v ( µλ)(i µa) v µλ v (I µa) v.

8 (Die Bedingung µ 0 wird im ersten Äquivalenzschritt gebraucht.) Ist also λ ein Eigenwert von A, so gibt es dazu einen Eigenvektor, und dieser ist zugleich Eigenvektor von (I µa) mit Eigenwert ( µλ), und umgekehrt.