Lineare Algebra I Lösungsvorschlag

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1 Aufgabe Lineare Algebra I Lösungsvorschlag Wir bezeichnen mit a, a 2, a 3 Q 4 die Spalten der Matrix A. Es ist 7 a + 2a 2 = 7 4 = 7a 3, und wir sehen im l A = a, a 2, a 3 = a, a 2. Da die Vektoren a und a 2 offenbar linear unabhängig sind, bilden sie eine Basis des Bildes von l A. Da das Bild von l A Dimension 2 hat, hatder Kern Dimension. Andererseits folgt aus a + 2a 2 7a 3 =, dass das Element 2 im Kern von l A liegt. Also bildet es eine Basis 7 des Kerns. Aufgabe 2 Da die Determinante der Matrix A ändert sich nicht, wenn wir für i =,..., n das a i -fache der letzten Spalte von der i-ten Spalte abziehen, d.h. x a a a 2 a 2 a 3 a n x a 2 a 2 a 3 a n x a 3 a n det A = det x a n Die Matrix auf der rechten Seite ist eine obere Dreiecksmatrix, folglich ist die Determinante einfach das Produkt der Diagonaleinträge, d.h. wie gewünscht. det A = (x a ) (x a n ), Aufgabe 3 Es ist 2u + u 3 = u 2, daher wird U schon von u und u 3 erzeugt. Da diese beiden Vektoren offensichtlich linear unabhängig sind, hat U die Dimension 2. Wir definieren W = W =.

2 Die als Erzeuger angegebenen Vektoren sind in beiden Fällen offenbar linear unabhängig und sind folglich Basen von W bzw. W. Es bleibt zu zeigen, dass U und W, U und W und W und W jeweils Komplementärräume in V sind. Aus Dimensionsgründen genügt es zu zeigen, dass U und W, U und W und W und W jeweils V erzeugen. Dies können wir überprüfen, indem wir die Basisvektoren der beiden zu betrachtenden Unterräume in eine Matrix schreiben und zeigen, dass deren Determinante nicht verschwindet.. U + W = V 2. U + W = V 2. W + W = V det det det = det = = = 4 Aufgabe 4 a) Das charakteristische Polynom von A ist X χ A (X) = det X 3 = det 3 3 X 2 X = det X X + 3X + 6 X + X X 3 3X + 6 X + (Wir haben bei der ersten Umformung das 3-fache der zweiten Zeile von der dritten Zeile abgezogen, und bei der zweiten Umformung die erste Zeile von der zweiten Zeile abgezogen.) Daraus erhalten wir durch Entwicklung nach der ersten Spalte: χ A = (X + 2)(X + ) 2 + (X + )( 4(X + ) 3X + 6) = (X + )(X 2 + 3X + 2 7X + 2) = (X + )(X 2 4X + 4) = (X + )(X 2) 2.

3 Ausmultipliziert erhalten wir χ A (X) = (X + )(X 2 4X + 4) = X 3 4X 2 + 4X + X 2 4X + 4 = X 3 3X b) Die Eigenwerte von A sind gerade die Nullstellen des charakteristischen Polynoms. Folglich hat A die Eigenwerte und 2. c) Basis des Eigenraums zum Eigenwert - Es ist die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems (( )E 3 A)x = zu berechnen. Wir wenden den Gauß-Algorithmus an: Jetzt können wirablesen, dass der Eigenraum zum Eigenwert eindimensional ist und dass der Vektor eine Basis bildet. Basis des Eigenraums zum Eigenwert 2 Es ist die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems (2 E 3 A)x = zu berechnen. Wir wenden den Gauß-Algorithmus an: und wir sehen, dass der Vektor Insbesondere ist auch dieser Eigenraum eindimensional eine Basis des Eigenraums zum Eigenwert 2 bildet. d) Da das charakteristische Polynom über Q vollständig in Linearfaktoren zerfällt, ist A trigonalisierbar. Andererseits ist die algebraische Vielfachheit des Eigenwerts 2 echt größer als die geometrische Vielfachheit, und daher ist A nicht diagonalisierbar. Aufgabe 5 a) Da die Vektoren v,..., v n nach Voraussetzung linear abhängig sind, existiert eine nichttriviale Linearkombination n i= α iv i =, α i K. Wäre dabei ein α i =, so erhielten wir eine nicht-triviale Darstellung das Nullvektors als Linearkombination von n Vektoren der v i ; da je n dieser Vektoren aber nach Voraussetzung linear unabhängig sind, ist dies nicht möglich. Genauer sehen wir also: Jede nicht-triviale Darstellung des Nullvektors als Linearkombination der v i hat die Eigenschaft, dass alle Koeffizienten ungleich Null sind.

4 b) Es sei γ = β /α K. Dann ist n (β i γα i )v i = β i v i γ α i v i =, i= und da nach Definition von γ gilt, dass β γα =, folgt aus der Zusatzbemerkung in Teil a), dass alle Koeffizienten in der obigen Summe Null sind, d.h. β i = γα i für alle i. Aufgabe 6 a) Wenn f = c id V ist, so ist offenbar jeder Vektor v V \ {} Eigenvektor zum Eigenwert c, denn es gilt ja gerade f(v) = cv. Nun zur Umkehrung: Sei b,..., b n eine Basis von V. Da jeder Vektor aus V \ {} Eigenvektor ist, existieren λ i K mit f(b i ) = λ i b i. Wir zeigen nun, dass alle λ i gleich sind. Ist nämlich i j, so gilt f(b i + b j ) = f(b i ) + f(b j ) = λ i b i + λ j b j, aber andererseits ist nach Voraussetzung b i + b j wiederum ein Eigenvektor von f, etwa Dann erhalten wir f(b i + b j ) = λ(b i + b j ). (λ i λ)b i + (λ j λ)b j = f(b i + b j ) f(b i + b j ) =, und da b i und b j (als Basisvektoren) linear unabhängig sind, folgt und damit wie gewünscht λ i = λ = λ j. λ i λ =, λ j λ = Es ist also tatsächlich f = c id V mit c = λ = = λ n. b) Es ist ker f = {v V ; f(v) = = v} = V (, f), also ist f genau dann injektiv, wenn kein Eigenwert von f ist. Da f ein Endomorphismus eines endlich-dimensionalen Vektorraums ist, ist f genau dann injektiv, wenn f invertierbar ist. c) Aus Teil b) wissen wir, dass λ, also ist λ tatsächlich invertierbar. Ist v V (λ, f), so gilt f(v) = λv, und durch Anwenden von f erhalten wir dann auch v = f (λv), das heißt f (v) = λ v, und das bedeutet gerade v V (λ, f ). Damit haben wir gezeigt, dass V (λ, f) V (λ, f ), und da (f ) = f folgt die umgekehrte Inklusion, indem wir das soeben Gezeigte auf f anwenden. Aufgabe 7 a) Dass f 2 = ist, heißt gerade, dass f(v) = für alle v im f, also gilt im f ker f, und es folgt insbesondere dim im f dim ker f. Aus der Dimensionsformel für lineare Abbildungen erhalten wir nun dim V = dim ker f + dim im f 2 dim ker f,

5 und daraus folgt direkt die Behauptung. b) Die Umkehrung von a) gilt nicht. Dies zeigt das folgende Beispiel: sei f = l A : K 2 K 2 mit ( ) A =. Dann ist offenbar dim ker f = 2 dim K2, aber es ist f 2 = f.