Lineare Algebra 2 (SS 13) Blatt 13: Musterlösung

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1 Prof. Dr. B. Hanke Dr. J. Bowden Lineare Algebra 2 (SS ) Blatt : Musterlösung Aufgabe. Es sei C (R) der R-Vektorraum der unendlich oft differenzierbaren Funktionen auf R und : C (R) C (R), f f die Abbildung, welche einer Funktion f ihre zweite Ableitung f zuordnet. (a) Betrachten Sie die Funktion f(x) = e t x für t R und zeigen Sie, dass alle reellen Zahlen λ Eigenwerte von sind. (b) Zeigen Sie, dass auch λ = Eigenwert von ist. (c) Bestimmen Sie eine Basis des Eigenraumes Eig(, ). Zu (a): Wegen (f) = t 2 f und f ist für alle t R die Zahl t 2 ein Eigenwert von. Zu (b): Es ist (sin) = sin und sin C (R), also ist ein Eigenwert von. Zu (c): Es ist Eig(, ) = {f C (R) f = } = {f C (R) a, b R : f(x) = ax + b}. Damit ist (, x) eine Basis von Eig(, ). Aufgabe 2. Es sei V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum und F, G End(V ) seien Endomorphismen. Beweisen Sie, dass F G und G F genau die gleichen Eigenwerte haben. Es sei λ K ein Eigenwert von F G. Dann gibt es ein v V mit F (G(v)) = λv. Es folgt (G F )(G(v)) = G(F (G(v))) = G(λv) = λg(v) und somit ist λ auch ein Eigenwert von G F, falls G(v). Sei nun G(v) =. Dann ist also = F () = F (G(v)) = λv und wegen v folgt λ =. Aber wenn F G den Eigenwert λ = hat, so ist dies gleichbedeutend damit, dass der Endomorphismus F G kein Isomorphismus ist, also ist mindestens einer der Endomorphismen F oder G kein Isomorphismus, also ist die Komposition G F kein Isomorphismus. Da V endlichdimensional ist, kann G F also nicht injektiv sein. Also hat G F den Eigenwert λ =. Es folgt, dass jeder Eigenwert von F G auch Eigenwert von G F ist und durch Vertauschung von F und G in der Argumentation folgt auch die andere Richtung und daraus die Behauptung. Aufgabe. Es sei A Mat(n, K). Beweisen Sie, dass λ K genau dann Eigenwert von A ist, wenn P A (λ) =, wobei P A = det(a X E n ) K[X] das charakteristische Polynom von A ist. Es ist P A (λ) = genau dann, wenn det(a λ E n ) =, also A λ E n nicht invertierbar ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn der Kern von A λ E n positive Dimension hat. Dies ist genau dann der Fall, wenn es ein von Null verschiedenes v K n gibt mit (A λ E n )v =, also Av = λv. Dies ist genau dann der Fall, wenn λ Eigenwert von A ist.

2 Aufgabe 4. Es sei V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum und F End(V ). Zeigen Sie, dass F genau dann ein Isomorphismus ist, wenn P F (). Es ist P F () genau dann, wenn λ = kein Eigenwert von F, also F injektiv ist. Auf endlichdimensionalen Vektorräumen sind lineare Abbildungen aber genau dann injektiv, wenn sie bijektiv, also ein Isomorphismus sind. Aufgabe 5. Es sei A Mat(n, K) und λ,..., λ k seien paarweise verschiedene Eigenwerte von A. Zeigen Sie, dass für alle j =,..., k gilt dim(eig(a, λ j )) n k +. Zu jedem Eigenwert λ j gibt es per Definition einen Eigenvektor v j, also span(v j ) Eig(A, λ j ) und somit dim(eig(a, λ j )) dim(span(v j )) =. Die andere Ungleichung folgt, da die Summe von Eigenräumen zu paarweise verschiedenen Eigenwerten direkt ist: Es gilt Eig(A, λ )... Eig(A, λ k ) K n, und damit k j= dim(eig(a, λ j)) n. Da alle Eigenräume mindestens eindimensional sind, liefert dies einen Wiederspruch, falls dim(eig(a, λ j )) > n k + für ein j. Aufgabe 6. Bestimmen Sie für die Matrix A = eine orthogonale Matrix S, so dass S T AS eine Diagonalmatrix ist. Es ist P A = X + X 2 = (X ) 2 (X + 2), also sind die Eigenwerte λ = 2 und λ 2 = mit Vielfachheiten µ = und µ 2 = 2. Man findet die Eigenräume 2 Eig(A, λ ) = ker 2 = span 2 und Eig(A, λ 2 ) = ker = span,. Wir normieren den Erzeuger von Eig(A, λ ) und setzen v =. Die Basis von Eig(A, λ 2 ) müssen wir noch orthonormalisieren: Wir normieren den ersten Baisvektor und setzen v 2 = 2 und erhalten schließlich v = 2 6 2

3 durch das bekannte Orthonormalisierungsverfahren. Die gesuchte Matrix S besteht dann aus den Spaltenvektoren (v, v 2, v ). Damit ist die Basis aus Eigenvektoren gefunden und mit S := 2 6 folgt S AS = 2. Aufgabe 7. Zeigen Sie, dass es zu λ K und natürlichen Zahlen µ, n mit µ n stets eine Matrix A Mat(n, K) gibt mit dim(eig(a, λ)) = und µ(p A, λ) = µ. J(λ, µ) Wir setzen A :=. Dabei ist J(λ, µ) der (µ µ)-jordanblock zum Eigenwert λ. Es gilt also P A = (λ X) µ (λ + X) n µ und somit in der Tat µ(p A, λ) = µ. Und es (λ + ) E n µ ist J(, µ) Eig(A, λ)) = ker E n µ und damit dim(eig(a, λ)) =. 2 Aufgabe 8. Wir betrachten die Matrix A = 2. (a) Kann man A über R trigonalisieren? (b) Trigonalisieren Sie A über C. Zu (a): Es ist P A = ( X)(X 2 + ) und dies zerfällt über R nicht in Linearfaktoren - also kann A nicht trigonalisierbar sein. Zu (b): Es ist P A = ( X)(X + i)(x i) und A über C also sogar diagonalisierbar. Es genügt nun, eine Basis aus Eigenvektoren zu bestimmen: Eig(A, ) = ker 2 2 = span 2 Eig(A, i) = ker Eig(A, i) = ker 5 5 Wir setzen also S := 2 + 4i 2 4i i + i 2 + 4i 5 i + i 2 + i 2 = span 5 2 4i + i + i und erhalten S AS =. i 2 i 2 = span i i i Wenn wir A wirklich nur trigonalisieren wollen, so starten wir mit dem offensichtlichen Eigenvektor 2 v := e zum Eigenwert. Dann betrachten wir die Teilmatrix A =. Diese hat die Eigenwerte ±i. In dem von e 2 und e aufgespannten Raum ist v 2 := ( + i) e 2 e ein Eigenvektor von A zum Eigenwert i. Wir ergänzen (v, v 2 ) durch v := e zu einer Basis des R. Dann ist (v, v 2, v ) eine trigonalisierende Basis: Wir setzen + 2i S := + i und erhalten S AS = i i. i

4 Aufgabe 9. Formulieren Sie den Satz von Cayley-Hamilton. Aufgabe. Es sei V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum, F End(V ) und λ K ein Eigenwert von F. Definieren Sie, was man unter dem verallgemeinerten Eigenraum V Eig(F, λ) versteht. Aufgabe. Wenden Sie den Euklidischen Algorithmus auf die ganzen Zahlen 28 und 75 an. Sind diese beiden Zahlen teilerfremd? Die Rechenschritte des Euklidischen Algorithmus sind 28 = = = = = 9 +. Also ist = ggt(28, 75) und damit sind diese beiden Zahlen teilerfremd. Aufgabe 2. Formulieren Sie den Satz von der Jordan-Chevalley-Zerlegung. Aufgabe. Bestimmen Sie eine Basis des R 5 bezüglich derer die Matrix 2 2 A = in Jordanscher Normalform vorliegt. Es ist P A = (X ) (X 2) 2. Das charakteristische Polynom von A zerfällt also in Linearfaktoren und somit existiert eine Jordanbasis. Wir bestimmen Basen der verallgemeinerten Eigenräume: 2 2 VEig(A, ) = ker(a E 5 ) = ker 2 = span,, VEig(A, 2) = ker(a 2 E 5 ) 2 = ker = span, 4

5 Wir setzen also S := und erhalten S AS = 2. 2 Wir müssen also nur noch den zweiten und dritten Basisvektor vertauschen und wir erhalten die gesuchte Basis. Aufgabe 4. Wir betrachten den R 2 mit seinem kanonischen Skalarprodukt γ =,. Es sei A die kanonische Basis des R 2 und B = (v, v 2 ) die Basis bestehend aus v = und v 2 =. (a) Bestimmen Sie die darstellenden Matrizen M A (γ) und M B (γ). (b) Überprüfen Sie das Ergebnis, indem Sie M B (γ) mit Hilfe der Transformationsformel aus M A (γ) berechnen. (c) Es sei x = 2v v 2 und y = v + 4v 2. Berechnen Sie x, y einmal unter Verwendung der Matrix M A (γ) und einmal unter Verwendung der Matrix M B (γ). Zu (a): Es ist e, e M A (γ) = e, e 2 = e 2, e e 2, e 2 und M B (γ) = v, v v, v 2 = v 2, v v 2, v 2 2. Zu (b): Die Transformationsformel lautet M B (γ) = (TA B)T M A (γ) TA B und in der Tat ist (TA) B T M A (γ) TA B 2 = = = M B (γ). Zu (c): Wollen wir x, y unter Verwendung der Matrix M A (γ) berechnen, so müssen wir x, y auch in der kanonischen Basis A darstellen, also 5 x = 2 = und y = + 4 = 2 und wir berechnen x, y = ( 5 2 ) =. Unter Verwendung der Matrix M B (γ) berechnen wir x, y = ( 2 ) 2 4 =. Aufgabe 5. Es sei V ein R-Vektorraum. Zeigen Sie: (a) Die Menge aller Bilinearformen auf V bildet selber wieder einen R-Vektorraum. (b) Die symmetrischen und auch die schiefsymmetrischen Bilinearformen bilden darin jeweils einen Untervektorraum. (c) Der Raum aller Bilinearformen ist die direkte Summe aus den Räumen der symmetrischen und der schiefsymmetrischen Bilinearformen, jede Bilinearform lässt sich also auf eindeutige Weise als Summe einer symmetrischen und einer schiefsymmetrischen Bilinearform schreiben. 5

6 Zu (a): Sind γ, γ 2 zwei Bilinearformen auf V, so ist die Summe definiert als (γ + γ 2 )(v, w) := γ (v, w) + γ 2 (v, w) für v, w V. Ist γ eine Bilinearform auf V und λ R, so ist die Skalarenmultiplikation definiert als (λγ)(v, w) := λ γ(v, w) für v, w V. Man überprüft leicht, dass die Menge aller Bilinearformen auf V damit zu einem Vektorraum wird - das neutrale Element der Addition ist die Bilinearform mit γ(v, w) = für alle v, w V. Zu (b): Die Null, also obige Bilinearform mit γ(v, w) = für alle v, w V, ist sowohl symmetrisch, als auch schiefsymmetrisch. Abgeschlossenheit der (schief-)symmetrischen Bilinearformen unter Addition und Skalarenmultiplikation ist klar. Zu (c): Ist γ eine Bilinearform auf V, so definieren wir γ + (v, w) := γ(v, w) + γ(w, v) 2 und γ (v, w) := γ(v, w) γ(w, v). 2 Dann ist γ + symmetrisch und γ ist schiefsymmetrisch und es gilt γ = γ + + γ und damit ist der Raum aller Bilinearformen die Summe der Untervektorräume aus symmetrischen und schiefsymmetrischen Bilinearformen. Diese Summe ist direkt, da die Null die einzige Bilinearform auf V ist, welche gleichzeitig symmetrisch und schiefsymmetrisch ist. Wir verwenden dabei, dass V ein R-Vektorraum ist und in R gilt 2. Aufgabe 6. Wir betrachten zwei Vektoren v, w R 2. Zeigen Sie, dass die Definition cos α := v, w v w für den Winkel α zwischen v und w mit der Definition des Kosinus über das Verhältnis von Ankathete zu Hypotenuse in einem rechtwinkligen Dreieck übereinstimmt. Wir betrachten die orthogonale Projektion von w auf span(v): v := pr w, v span(v) (w) = v 2 v Der Vektor w ist dann die Hypothenuse und der Vektor v ist die Ankathete in einem rechtwinkligen Dreieck und es gilt v w = v, w = cos α, v w wenn wir obige Formel für v einsetzen. Die Betragstriche sind zunächst vielleicht irritierend, aber vollkommen korrekt: Bei der Definition von cos α über das Verhältnis von Ankathete zu Hypotenuse in einem rechtwinkligen Dreieck muss man noch eine Vorzeichenregel beachten, welche genau diese Betragbildung aufhebt. Aufgabe 7. Es sei V ein euklidischer oder unitärer Vektorraum. Definieren Sie, was man unter einer Orthonormalbasis von V versteht. Aufgabe 8. Wir betrachten den R-Vektorraum R[x] mit dem Skalarprodukt f, g := f(t)g(t)dt. (a) Berechnen Sie das 2-dimensionale Volumen des von der Familie (, x) aufgespannten Spates. (b) Orthonormalisieren Sie die Familie (, x, x 2 ). 6

7 Zu (a): Wir berechnen Vol(Spat(, x)) = Gram(, x) = det,, x 2 = det 2 = 2. x, x, x Zu (b): Wir normalisieren das erste Element der Familie und erhalten v := 2. Das zweite Element der Familie ist bereits orthogonal zu v und wir normalisieren zu v 2 := 2 x. Schließlich berechnen wir x 2 x 2, v v x 2, v 2 v 2 = x 2 und normalisieren zu v := (x2 ). Aufgabe 9. Es sei V ein euklidischer oder unitärer Vektorraum mit Skalarprodukt, und induzierter Norm v 2 = v, v. (a) Formulieren Sie die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung. (b) Folgern Sie aus der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung, dass die Norm tatsächlich die Dreiecksungleichung erfüllt. Aufgabe 2. Es sei V ein endlichdimensionaler euklidischer oder unitärer Vektorraum und W V ein Untervektorraum. Definieren Sie zwei Abbildungen P, P 2 End(V ) mit den folgenden Eigenschaften: P und P 2 sind Projektionen, erfüllen also P 2 = P und P 2 2 = P 2. im(p ) = W und im(p 2 ) = W. P + P 2 = id V. P ist die orthogonale Projektion of W und P 2 = id V P ist die orthogonale Projektion auf W. Um explizite Formeln anzugeben wählen wir eine Orthonormalbasis (w,..., w k ) von W und eine Orthonormalbasis (w k+,..., w n ) von W. Diese Orthonormalbasen existieren, da V und somit auch W und W endlichdimensional sind. Ferner ist V = W W und somit ist (w,..., w n ) eine Orthonormalbasis von V. Wir definieren P (v) := k v, w j w j und P 2 (v) := j= n j=k+ v, w j w j. Man rechnet nach, dass damit alle drei geforderten Eigenschaften erfüllt sind. Aufgabe 2. Ist die orthogonale Projektion auf einen endlichdimensionalen Untervektorraum in einem euklidischen oder unitären Vektorraum eine orthogonale Abbildung? Orthogonale Abbildungen erhalten das Skalarprodukt, insbesondere erhalten orthogonale Abbildungen also Abstände zwischen Punkten. Die Projektion auf einen Untervektorraum U V hingegen ist nur dann abstandserhaltend, wenn U = V. Als Gegenbeispiel betrachten wir den Untervektorraum R. Die orthogonale Projektion auf den Nullvektorraum bildet alle Vektoren auf die Null ab, alle Abstände werden also zu Null. In R gibt es aber Punkte mit von Null verschiedenem Abstand. Aufgabe 22. Geben Sie die Definitionen der Matrixgruppen O(n), SO(n), U(n) und SU(n) an. 7

8 Aufgabe 2. Beweisen Sie für Quaternionen x, y H die Rechenregel x y = x y. Es genügt zu zeigen, dass x y 2 = x 2 y 2, da keine der quadrierten Größen negativ ist. Wir berechnen x y 2 = xy xy = x y y x = x y 2 x = y 2 x x = y 2 x 2. Dabei haben wir verwendet, dass die reelle Zahl y 2 mit dem Quaternion x kommutiert. Aufgabe 24. Zeigen Sie, dass für eine Matrix A R n n genau dann det(exp(a)) = gilt, wenn spur(a) =. Dies folgt direkt aus der Formel det(exp(a)) = e spur(a). Aufgabe 25. Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum und F End(V ) orthogonal (unitär). Beweisen Sie, dass alle Eigenwerte λ von V den Betrag λ = haben. Es sei λ ein Eigenwert und v ein normierter Eigenvektor dazu. Dann gilt = v 2 = v, v = F (v), F (v) = λ v, λ v = λ 2 v, v = λ 2. Aufgabe 26. Es sei V ein euklidischer oder unitärer Vektorraum und F End(V ) selbstadjungiert. Beweisen Sie, dass alle Eigenwerte von V reell sind. Es sei λ ein Eigenwert und v ein normierter Eigenvektor dazu. Dann gilt λ = λ v 2 = λ v, v = λ v, v = F (v), v = v, F (v) = v, λ v = λ v, v = λ. Aufgabe 27. Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum und F End(V ) orthogonal (unitär). Es seien λ, λ 2 Eigenwerte von F mit λ λ 2. Beweisen Sie Eig(F, λ ) Eig(F, λ 2 ). Es sei v Eig(F, λ ) und v 2 Eig(F, λ 2 ). Dann gilt v, v 2 = F (v ), F (v 2 ) = λ v, λ 2 v 2 = λ λ 2 v, v 2. Wegen Aufgabe 25 ist λ 2 2 =. Das bedeutet λ 2 = λ 2. Wegen λ λ 2 ist also λ λ 2 und aus obiger Rechnung folgt v, v 2 =. Aufgabe 28. Es sei V ein euklidischer oder unitärer Vektorraum und F End(V ) selbstadjungiert. Es seien λ, λ 2 Eigenwerte von F mit λ λ 2. Beweisen Sie Eig(F, λ ) Eig(F, λ 2 ). Es sei v Eig(F, λ ) und v 2 Eig(F, λ 2 ). Dann gilt λ v, v 2 = λ v, v 2 = F (v ), v 2 = v, F (v 2 ) = v, λ 2 v 2 = λ 2 v, v 2. Wegen Aufgabe 26 ist λ 2 reell. Das bedeutet λ 2 = λ 2. Wegen λ λ 2 folgt aus obiger Rechnung also v, v 2 =. 8

9 Aufgabe 29. Es sei V := span(, x, x 2 ) R[x]. Wir betrachten die Basis B = (, x, x 2 ) von V und den Endomorphismus ϕ : V V, ϕ(f) := df dx. Man bestimmte M B (ϕ ). Man rechnet Also ist Damit ist = + x + x 2 x = + x + x 2 x 2x = + 2 x + x 2. M B (ϕ) = 2. M B (ϕ ) = MB T (ϕ) =. 2 Aufgabe. Sei X := {x 2 + 2x x 2 + x 2 2 2x + 2x 2 = } R 2. Durch eine geeignete Koordinatentransoformation bestehend aus einer orthogonalen Bewegung des R 2 und einer Verschiebung des Koordinatenursprungs bringe man X in Normalform. Skizzieren Sie X in den neuen Koordinaten (y, y 2 ). Von welchem Typ ist X? Wir diagonalisieren zuerst die Matrix A =. Die Eigenwerte sind λ =, λ 2 = 2 und eine orthonormale Basis von Eigenvektoren ist gegeben durch v =, v 2 2 =. 2 Setze Durch die Transformation erhalten wir folgende Gleichung Quadratische Ergänzung ergibt ( x x 2 ) S =. 2 y = S = y + y 2 y 2 2 y + y 2 2y y + 2y 2 =. 2(y )2 + 4y 2 =. Eine Translation ergibt dann ( y ) y 2 ( y y 2 2 ) X = {2y y 2 } = und X ist eine Parabel. 9