Lösung zu Serie [Aufgabe] Faktorisieren Sie die folgenden Polynome so weit wie möglich:

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1 Lineare Algebra D-MATH, HS 04 Prof. Richard Pink Lösung zu Serie. [Aufgabe] Faktorisieren Sie die folgenden Polynome so weit wie möglich: a) F (X) := X 5 X in R[X] und C[X]. b) F (X) := X 4 +X 3 +X in R[X] und C[X] (Hinweis: Rate eine komplexe Nullstelle) c) F 3 (X) := X 5 + 9X 4 + 3X X + 48X + 8 in Q[X]. (Hinweis: Finde alle Nullstellen in Q) Zusatzaufgabe: Tue jeweils dasselbe in F 5 [X].. [Lösung] a) Die komplexen Nullstellen sind 0 und die Lösungen der Gleichung X 4 =, also alle vierten Einheitswurzeln ± und ±i. Wir erhalten: (X + )(X + )(X )X in R[X] F (X) = (X + i)(x i)(x + )(X )X in C[X] X(X )(X )(X 3)(X 4) in F 5 [X]. b) Wir erraten die komplexe Nullstelle i. Da das Polynom reelle Koeffizienten hat, ist dann auch i eine Nullstelle. Division mit Rest zeigt X 4 + X 3 + X = (X + )(X + X ) und die Nullstellen des letzten Faktors finden wir mit der Mitternachtsformel. Wir erhalten: ( X + ) ( 5+ X ) 5 (X + ) in R[X] ( F (X) = X + ) ( 5+ X ) 5 (X + i)(x i) in C[X] (X ) 3 (X 3) in F 5 [X]. c) Alle Nullstellen in Q sind schon ganze Zahlen und Teiler von 8. Probieren liefert die Nullstellen und 3. Division mit Rest zeigt F 3 (X) = (X + )(X + 3)(X 3 + 5X + 8X + 6). Der Faktor X 3 +5X +8X +6 hat nochmal die Nullstelle 3 und ist gleich (X + 3)(X + X + ). Der letzte Faktor hat keine rationale (schon keine reelle) Nullstelle, somit lautet

2 F 3 (X) = { (X + )(X + 3) (X + X + ) in Q[X] (X )(X ) 3 (X 4) in F 5 [X].. [Aufgabe] Für eine beliebige invertierbare n n-matrix A drücke das charakteristische Polynom von A in Termen des charakteristischen Polynoms von A aus.. [Lösung] Wir haben char A (X) = det(x I n A ) = det ( ( X) A (X I n A) ) = ( X) n det(a ) det(x I n A) = ( X)n det(a) char A(X ). 3. [Aufgabe] Zeige, dass für jedes normierte Polynom f(x) K[X] vom Grad n eine n n-matrix A existiert mit char A (X) = f(x). 3. [Lösung] Sei n f(x) := X n + α n X n α 0 = X n + α i X i mit α 0,..., α n K ein beliebiges normiertes Polynom vom Grad n. Das charakteristische Polynom der n n-matrix α α A := , αn α n lässt sich durch Entwickeln nach der ersten Zeile und Induktion über n bestimmen; man erhält n char A (X) = X char A (X) + ( ) n+ (α 0 )( ) n = X n + α i X i. 4. [Aufgabe] Sei A eine nilpotente quadratische Matrix, das heisst eine, für die ein m existiert mit A m = O. Zeige, dass der einzige mögliche Eigenwert von A gleich 0 ist. Wann genau ist 0 ein Eigenwert von A? 4. [Lösung] Angenommen A hat einen Eigenwert λ 0 mit Eigenvektor v. Dann folgt durch Induktion A k v = λ k v 0, i=0 i=0

3 für alle k 0 und daher auch A k 0 für alle k 0 im Widerspruch zur Vorraussetzung. Für n = 0 ist die Menge der Eigenwerte leer und 0 ist kein Eigenwert. Für n sei m die eindeutige Zahl, sodass A m = 0 und A m 0 ist. Es gibt daher einen Vektor v K n mit w := A m v 0 und wegen Aw = A m w = 0 w = 0 ist w ein Eigenvektor zu A mit Eigenwert [Aufgabe] Wie früher sei F := K Z 0 der Raum aller unendlichen Folgen in K, und sei F 0 der Unterraum aller Folgen, die schliesslich Null werden. a) Finde alle Eigenwerte und Eigenvektoren von T : F F, (x 0, x, x,...) (x, x, x 3,...). b) Finde alle Eigenwerte und Eigenvektoren von der Einschränkung von T auf F 0. c) Konstruiere einen Endomorphismus von F 0 mit den Eigenwerten 0,,, 3,... d) Konstruiere einen Endomorphismus von F 0, der keine Eigenwerte besitzt. 5. [Lösung] a) Sei x = (x i ) i 0 F und λ K beliebig mit T x = λx. Dann gilt λx n = x n+ für alle n 0, woraus mit Induktion x n = λ n x 0 für alle n folgt. Der Vektor x ist also ein Vielfaches von v λ := (, λ, λ,... ) 0. Da umgekehrt jedes Vielfache von v λ ein Eigenvektor von T zum Eigenwert λ ist, folgt, dass jedes λ K ein Eigenwert von T mit eindimensionalem Eigenraum v λ ist. b) Sei T 0 = T F0 : F 0 F 0 die Einschränkung von T auf F 0. Mit demselben Argument wie in Teil a) erhalten wir, dass jeder Eigenvektor von T 0 von der Form x := (x 0, x 0 λ,..., x 0 λ n,... ) mit x 0 0 sein muss. Der Vektor x mit x 0 0 liegt in F 0 genau dann, wenn λ = 0 ist. Es folgt, dass T 0 den Eigenwert 0 mit Eigenraum v 0 hat und keine weiteren Eigenwerte besitzt.

4 c) Sei U : F 0 F 0, (x n ) n 0 (n x n ) n 0. Die Vektoren v k = (δ kn ) n 0 sind Eigenvektoren von U zum Eigenwert k für alle k 0. Da die Vektoren {v k k 0} auch eine Basis von F 0 bilden, gibt es keine weiteren Eigenvektoren, also auch keine anderen Eigenwerte. d) Sei M : F 0 F 0, (x 0, x, x,...) (0, x 0, x, x,...) und sei x = (x n ) n 0 F 0 ein Vektor mit Mx = λx für ein λ K. Dann gilt x 0 = λx = = λ n x n =.... Da ein m 0 existiert mit x k = 0 für alle k m folgt x 0 = x = = x m = 0, also x = 0. Die Abbildung M hat daher keine Eigenvektoren und damit keinen Eigenwert. 6. [Aufgabe] Berechne das charakteristische Polynom, die Eigenwerte und die Eigenvektoren der folgenden Matrizen über Q und überprüfe, ob die Matrizen diagonalisierbar sind. ( ) a) A := 4 3 b) B := c) C := [Lösung] a) Die Matrix A hat das charakteristische Polynom char A (X) = X 5X + 6 = (X )(X 3) und damit die Eigenwerte und 3. Die Eigenräume E λ,a zum Eigenwert λ sind E,A = ( ), E3,A = ( ). Da für jeden Eigenwert von A die geometrische Vielfachheit mit der arithmetischen Vielfachheit übereinstimmt, ist A diagonalisierbar. b) Die Matrix B hat das charakteristische Polynom char B (X) = X 3 5X + X + 8 = (X 4)(X )(X + ). und damit die Eigenwerte {4,, }. Die Eigenräume sind E 4,B = 8 5, E,B = 3, E,B = 0.

5 Da für jeden Eigenwert von B die geometrische Vielfachheit mit der arithmetischen Vielfachheit übereinstimmt, ist B diagonalisierbar. c) Die Matrix C hat das charakteristische Polynom 7. [Aufgabe] char C (X) = X 4 4X 3 + 3X + 4X 4 = (X )(X + )(X ). und damit die Eigenwerte {,, }. Die Eigenräume sind 0 0 E,C =, E,C = 0 0, E,C = 0. 0 Der Eigenwert hat arithmetische Vielfachheit, aber geometrische Vielfachheit. Die Matrix C ist also nicht diagonalisierbar. a) Seien A, B zwei n n-matrizen, die kommutieren, das heisst für welche gilt: A B = B A. Zeige, dass jeder Eigenvektor v von B mit eindimensionalem Eigenraum auch ein Eigenvektor von A ist. b) Sei P σ die Permutationsmatrix zu der Permutation σ S n mit σ(n) = und σ(i) = i + für alle i < n. Sei A eine n n-matrix über C mit 7. [Lösung] P σ AP σ = A. Zeige, dass A diagonalisierbar ist, und berechne die Eigenvektoren von A. Hinweis: Berechne zuerst die Eigenwerte und Eigenvektoren von P σ. a) Sei v K n ein Eigenvektor von B zum Eigenwert λ. Da der zugehörige Eigenraum E λ,b eindimensional ist, gilt Wegen E λ,b = {w K n Bw = λw} = v. B(Av) = A(Bv) = A(λ v) = λ (Av) ist Av E λ,b, also Av = λ v für ein λ K. Damit ist v auch ein Eigenvektor von A. b) Aus der Lösung zu Aufgabe 3 folgt in C[X] n char Pσ (X) = X n = (X ω k ), k=0

6 wobei ω := e πi/n ist. Über C hat P σ daher n verschiedene Eigenwerte der arithmetischen Vielfachheit. Also sind auch die geometrischen Vielfachheiten gleich und P σ ist diagonalisierbar mit eindimensionalen Eigenräumen. Konkret ist für jedes 0 k n E ω k,p σ = v k für v k := ω k ω k. ω (n )k Aus Teil (a) folgt, dass A diagonalisierbar ist und dass A jedes v k auf ein Vielfaches, sagen wir auf λ k v k, abbildet. Die Menge der Eigenwerte von A ist dann S := {λ k 0 k n }. und der Eigenraum von A zu einem Eigenwert λ S ist E λ,a = {v k 0 k n, λ k = k}.