5. Übung zur Linearen Algebra II -

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1 5. Übung zur Linearen Algebra II - en Kommentare an Hannes.Klarner@Fu-Berlin.de FU Berlin. SS 2. Aufgabe 7 5 A := (i) Berechne die Eigenwerte und Eigenvektoren von A. (ii) Ist A diagonalisierbar? Zu (i): Das charakteristische Polynom ist χ A (t) = ( t) 2 t 3 2 t = ( t)(2 t)2 Die Eigenwerte sind und 2. Die Eigenräume Eig A (λ) sind die homogenen smengen von A λe n. Durch Umformen der beiden Koeffizientenmatrizen kann man die ablesen. λ = : 5 = Eig A () = {s s K}. 3 λ = 2 : 5 = Eig A (2) = {s s K}. 3 Zu (ii): Die Kriterien zur Diagonalisierbarkeit sind. Das charakteristische Polynom zerfällt in Linearfaktoren 2. Die Dimensionen der Eigenräume entsprechen den algebraischen Vielfachheiten der Eigenwerte Also ist A genau dann diagonalisierbar, wenn Def(A 2E n ) = 2. Defekt von A 2E n ist. Antwort: A ist nicht diagonalisierbar. Aber der

2 Aufgabe 8 A := (i) Man zeige, daß A ähnlich zu einer Diagonalmatrix D ist und bestimme D. (ii) Berechne eine Basis aus Eigenvektoren. (iii) Bestimme eine Matrix T mit D = T AT. Zu (i): A ist genau dann ähnlich zu einer Diagonalmatrix D, wenn es eine Basis aus Eigenvektoren gibt. Da man die in (ii) bestimmen soll, ist (i) gezeigt, wenn (ii) gelöst ist. D enthält dann auf der Diagonalen die Eigenwerte so oft wie die Dimension des zugehörigen Eigenraums ist. Zu (ii): Vorgehen zur Wiederholung:. Charakteristisches Polynom bestimmen. 2. Eigenwerte bestimmen. 3. Basis für Eigenräume bestimmen. Los geht s. χ A (t) = (3 t) 2 t 2 t = (3 t)(2 t)( t). von (i) ist D = 2 3. Da es n = 3 verschiedene Eigenwerte gibt existiert eine Basis aus Eigenvektoren. Basisvektoren finden: λ = 3 : 2 = Eig A (3) = {s s K}. λ = 2 : 2 = Eig A (2) = {s s K}. 2 λ = : 2 2 = Eig A () = {s s K}. Antwort: {,, } ist eine Basis aus Eigenvektoren. 2

3 Zu (iii): Die Matrix T ist genau die Basis aus (ii) aufgefaßt als Matrix (sortiert nach aufsteigenden Eigenwerten): T = = T = Aufgabe 9 Berechne A 25 für A = 2 2 Eine Zerlegung von A in T, D und T, sodaß A = T DT eignet sich gut zum Potenzieren, da z.b. A 3 = (T DT ) 3 = T D(T T )D(T T )DT = T D 3 T. Gibt es so eine Zerlegung? D.h. hat A Eigenwerte und sind die Dimensionen der Eigenräume groß genug? χ A (t) = t 2 2 t = ( t)2 = (t + )(t 3). Da es n = 2 verschiedene Eigenwerte gibt, ist die Matrix automatisch diagonalisierbar. Was sind die Basisvektoren der jeweiligen Eigenräume? 2 2 t = : = Eig 2 2 A ( ) = {s s K}. ( 2 2 t = 3 : = Eig 2 2 A (3) = {s s K}. ) Die Zerlegung von A ist daher A = 2 und 3 A 25 = = Aufgabe 2 X ein R-VR der Dimension 2 und ϕ : X X ein Endomorphismus mit dem charakteristischen Polynom x 2. (i) Welche Eigenwerte hat ϕ? (ii) Existiert eine Basis aus Eigenvektoren? (iii) Bestimme ϕ 2. (iv) Beschreibe ϕ geometrisch für den Fall, daß die beiden Basisvektoren aus (ii) senkrecht aufeinander stehen. 3

4 Zu (i): Die Nullstellen des Charakteristischen Polynoms: und. Zu (ii): Ja, da es dim(x) = 2 verschiedene Eigenvektoren gibt und die Dimensionen der Eigenräume (jeweils ) damit automatisch gleich den algebraischen Vielfachheiten (jeweils ) sind. Zu (iii): B := {b, b 2 } eine Basis aus Eigenvektoren von ϕ. x X beliebig. Dann ist ϕ 2 (x) = ϕ 2 (λb + µb 2 ) = λ 2 b + µ( ) 2 b 2 = x. Also ist ϕ 2 = Id. Alternativ kann man den Satz von Cayley-Hamilton verwenden. Er besagt, daß ϕ 2 Id die Nullabbildung ist, also ist ϕ 2 = Id. Zu (iv): Falls b und b 2 senkrecht zueinander stehen, dann kann man ϕ als Spiegelung an der Geraden entlang b interpretieren. Dabei hat b wie in (iii) den Eigenwert. Zusatzaufgabe Es sei K ein Körper, B K (2,2), d.h. B eine 2 2-Matrix mit Einträgen aus K. Die Abbildung f : K (2,2) K (2,2) sei definiert durch f(a) := B A f.a. A K (2,2). (i) Man zeige, daß f eine lineare Abbildung ist. (ii) Bestimme eine Darstellungsmatrix von f. b, (iii) B =. Ist f diagonalisierbar? b 2, b 2,2 Zu (i): Zu zeigen ist, daß f einer Linearkombination von 2 beliebigen Matrizen folgendes Bild zuweist: f(αa + βc) = αf(a) + βf(c). Das stimmt aufgrund der Ringstruktur von Matritzen: f(αa + βc) = B(αA + βc) = αba + βbc. Zu (ii): Um eine Darstellungsmatrix zu berechnen muss man sich für eine Basis von K (2,2) entscheiden. Zum Beispiel die Standardbasis B = {e =, e 2 =, e 3 =, e = }. b, b B =,2 b 2, b 2,2

5 Nach dem üblichen Verfahren (Bilder als Spalten aufgefaßt) findet man: b, b,2 f b, b,2 B b 2, b 2,2 =: M f. b 2, b 2,2 Zu (iii): Berechne das charakteristische Polynom für dieses spezielle f: χ f (t) = (b, t) 2 (b 2,2 t) 2. Es können zwei Fälle auftreten. Falls b, = b 2,2, dann ist χ f (t) = (b, t) und der Eigenraum von b, genau dann Vier-dimensional, wenn b 2, = b,2 =. In dem Fall ist B also eine Diagonalmatrix. Falls b, b 2,2, ist f diagonalisierbar, da Rg(M f b, E ) = Rg(M f b 2,2 E ) = 2 und damit eine Basis aus Eigenvektoren existiert. Zusammenfassend ist die Antwort: f ist diagonalisierbar, falls B eine Diagonalmatrix ist, oder wenn b, b 2,2. 5