Musterlösung der Klausur zur linearen Algebra II

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1 David Blottière SS 7 Patrick Schützdeller Universität Paderborn Julia Sauter Musterlösung der Klausur zur linearen Algebra II Aufgabe 1 Bestimmen Sie Jordan-Normalformen der folgenden Matrizen, und schreiben Sie Ihre Antworten in die Tabelle. Matrix Jordan-Normalform. A, Sei A M 2 (C) mit. det(a) =,. Tr(A) =. Sei A M 4 (C) mit Sei A M 5 (C) mit Sei A M 6 (C) mit {. µa = (X 2) 2,. dim E(2, A) = 2. {. χa = (X 2) 3 (X 1) 2,. µ A = (X 2)(X 1) 2. {. A 2 = 4A,. rk(a) = 3. ( 1 )

2 Begründung : 1. Da A ein Element in M 2 (C) ist und C algebraisch abgeschlossen ist, ist A trigonalisierbar und damit ähnlich zu einer der beiden Matrizen ( ) ( ) λ1 1 λ1 oder λ 2 λ 2 wobei λ 1 und λ 2 die Eigenwerte von A sind. Aus der Bedingung det(a) = folgt λ 1 λ 2 =. Damit sind λ 1 und/oder λ 2 gleich. Aus der Bedingung Tr(A) = folgt λ 1 + λ 2 =. Damit sind beide Eigenwerte von A gleich. Da A, besitzt A die Jordan-Normalform ( ) Da A ein Element in M 4 (C) ist und C algebraisch abgeschlossen ist, ist A trigonalisierbar. Die Eigenwerte von A sind die Nullstellen des Minimalpolynoms. Damit gibt es nur den Eigenwert 2. Da das Minimalpolynom von der Form (X 2) 2 ist, gibt es nur Jordanblöcke von der Größe 1 oder 2 und mindestens einen der Größe 2. Damit gibt es nur zwei Möglichkeiten, bis auf Reihenfolge der Blöcke, für die Jordan-Normalform von A, nämlich J 1 = oder J 2 = Da für J 2 der Eigenraum zum Eigenwert 2 aber 3-dimensional ist, kann man diesen Fall ausschließen. Damit ist J 1 eine Jordan-Normalform A. 3. Da A ein Element in M 5 (C) ist und C algebraisch abgeschlossen ist, ist A trigonalisierbar. Die Eigenwerte von A sind die Nullstellen von χ A. Damit hat A die beiden Eigenwerte 1 und 2, wobei die algebraische Vielfachheit des Eigenwertes 1 gleich 2 ist und dementsprechend die algebraische Vielfachheit des Eigenwertes 2 gleich 3 ist. An dem Minimalpolynom kann man ablesen, dass es nur Jordanblöcke der Größe 1 zum Eigenwert 2 gibt und mindestens ein Jordanblock der Größe 2 zum Eigenwert 1 existiert. Damit ist die Matrix eine Jordan-Normalform von A Da A ein Element in M 6 (C) ist und C algebraisch abgeschlossen ist, ist A trigonalisierbar. Aus der Gleichung A 2 = 4A folgt A 2 4A =. Damit ist das Minimalpolynom µ A ein Teiler des Polynoms X 2 4X = X (X 4). Damit kann A nur die Eigenwerte und 4 besitzen. Außerdem ist A diagonalisierbar. Aus rk(a) = 3 folgt, dass die algebraische Vielfachheit des Eigenwertes 4 genau 3 ist. Eine Jordan-Normalform von A ist damit die Matrix

3 Aufgabe 2 Wir definieren vier Bilinearformen β 1, β 2, β 3, β 4 : R 3 R 3 R durch 1 1 Mβ E 1 := 1 Mβ E 2 := Mβ E 3 := wobei E die Standardbasis von R 3 ist Mβ E 4 := Sind diese Bilinearformen symmetrisch, alternierend, nicht ausgeartet, positiv definit? Wiederholung : Sei i {1, 2, 3, 4}., (β i ist symmetrisch.) : t M E β i = M E β i. (β i ist alternierend.) : t M E β i = M E β i. (β i ist nicht ausgeartet.) : rk(m E β i ) = 3. (β i ist positiv definit.) : (x y z) Mβ E i x y z > für alle x y z R 3 \ {}. Wir tragen die Antworten in die folgende Tabelle ein. Bilinearform symmetrisch alternierend nicht ausgeartet positiv definit β 1 β 2 β 3 β 4

4 Begründung : β 1 β 1 ist positiv definit wegen : x (x y z) Mβ E 1 y = x 2 + y 2 + z 2 für alle z x y z R 3. β 2 β 3 β 4 Da mindestens eine Null auf der Diagonalen von M E β 2 steht, ist β 2 nicht positiv definit. Der Rang von M E β 3 ist 1. β 3 ist also ausgeartet und damit nicht positiv definit (Satz 21.2 aus der Vorlesung). Wir sehen, dass β 4 alternierend ist. Der Rang einer alternierenden Bilinearform ist gerade (Satz 2.12 aus der Vorlesung). β 4 ist also ausgeartet und damit nicht positiv definit. Aufgabe 3 Seien K ein Körper, n 1 eine ganze Zahl und A M n (K) eine nilpotente Matrix. Zeigen Sie, dass A n =. Da A nilpotent ist, gibt es ein < k N mit A k = und A k 1, also ist nach Definition µ A (X) = X k. Nach dem Satz von Cayley-Hamilton ist µ A ein Teiler von χ A, also gilt n = deg χ A deg µ A = k. Dann ist die Behauptung klar, denn A n = A k A n k =. Aufgabe 4 Sei n 1 eine ganze Zahl, und sei A M n (C). Zeigen Sie : (A ist ähnlich zu 2A.) = (A ist nilpotent.). Sei µ C ein Eigenwert von A mit µ = max{ λ R + λ ist Eigenwert von A}.

5 Sei v E(µ, A), das heißt Av = µv. Es folgt (2A)v = (2µ)v und somit v E(2µ, 2A), bzw. 2µ ist Eigenwert von 2A. Nach Voraussetzung sind A und 2A ähnlich zueinander. Also gilt χ A = χ 2A, insbesondere haben A und 2A die selben Eigenwerte. Es folgt 2µ ist ein Eigenwert von A. Wegen der Maximalität von µ muss gelten 2µ = 2 µ = µ. Daraus folgt µ = und somit µ =. Wegen der Maximalität von µ sind damit alle Eigenwerte von A gleich Null, somit χ A = X n und nach dem Satz von Cayley-Hamilton gilt A n =. Also ist A nilpotent. Aufgabe 5 Wir definieren die Matrix A M 4 (R) durch A := Bestimmen Sie χ A. 2. Zeigen Sie, dass A trigonalisierbar ist. 3. Bestimmen Sie eine Jordan-Normalform von A. 4. Berechnen Sie µ A. 1. Das charakteristische Polynom von A ist gegeben durch X χ A = det(x I 4 A) = det 1 X 1 2 X 1 X 2. (( )) X 1 = det (X 1) (X 2) 1 X 1 = (X 1) 3 (X 3). 2. Da das charakteristische Polynom χ A in Linearfaktoren zerfällt, ist die Matrix A trigonalisierbar. 3. Da das charakteristische Polynom die Form (X 1) 3 (X 2) besitzt, gibt es, bis auf die Reihenfolge der Blöcke, nur drei mögliche Jordan-Normalformen für A, nämlich J 1 := 1 1, J 2 := oder J 3 :=

6 Um zu entscheiden, welche Jordan-Normalform die richtige ist, kann man die Dimension des Eigenraumes zum Eigenwert 1 berechnen. Es gilt : 1 1 E(1, A) = ker(i 4 A) = ker 1 2 = < 1 >. 1 Der Eigenraum E(1, A) ist also 1-dimensional. Damit kann nur J 3 die Jordan-Normalform von A sein. Es gilt also : 1 1 A An der Jordan-Normalform von A kann man sofort ablesen, dass das Minimalpolynom die Form (X 1) 3 (X 2) besitzt und damit mit dem charakteristischen Polynom übereinstimmt. Aufgabe 6 Seien A 1, A 2 M 3 (R) zwei schiefsymmetrische Matrizen. Wir definieren eine perfekte Bilinearform β : R 6 R 6 R und eine Matrix A M 6 (R) durch ( ) ( ) Mβ E := I3 A1 und A :=, I 3 A 2 wobei E die Standardbasis von R 6 ist. Zeigen Sie, dass A selbstadjungiert bezüglich β ist. Um zu zeigen, dass A selbstadjungiert bezüglich β ist, muss man zeigen, dass A = A ad gilt. Die Adjungierte A ad von A ist durch die Gleichungen ( ) β(a v, w) = β(v, A ad w), für alle v, w V, definiert. Da β perfekt ist, ist die Adjungierte durch diese Gleichungen eindeutig bestimmt. Die Bilinearform β ist durch die Matrix Mβ E definiert, d. h. wir haben und β(a v, w) = t (A v) M E β w = t v ta M E β w β(v, A ad w) = t v M E β A ad w. Aus den Gleichungen ( ) folgt nun t A M E β = M E β Aad. Dies ist aber äquivalent zu der Gleichung A ad = (M E β ) 1 ta M E β. Mit dieser Gleichung kann man nun Aad berechnen. Es gilt : A ad = ( ) I3 1 I 3 ( ) t A 2 t A 1 ( ) I3 = I 3 ( ) ( ) I3 t A 2 I 3 t = A 1 ( ) t A 1 t A 2

7 Da A 1 und A 2 schiefsymmetrisch sind, gilt A 1 = t A 1 und A 2 = t A 2. Damit gilt A ad = A und A ist selbstadjungiert. Aufgabe 7 Wir definieren eine positiv definite symmetrische Bilinearform β : R 4 R 4 R durch 1 Mβ E := , 1 1 wobei E die Standardbasis von R 4 ist. Bestimmen Sie eine Orthonormalbasis von R 4 bezüglich β. Wir benutzen den Algorithmus von Gram-Schmidt (Satz 2.18 aus der Vorlesung), um eine Orthogonalbasis von R 4 (bezüglich β) zu bestimmen. 1. Stufe : Eine Basis wählen. Wir bemerken, dass (e 1, e 3, e 4 ) eine Orthogonalbasis von < e 1, e 3, e 4 > bezüglich β <e1,e 3,e 4 > <e 1,e 3,e 4 >: < e 1, e 3, e 4 > < e 1, e 3, e 4 > R, (v 1, v 2 ) β(v 1, v 2 ) ist. Wir betrachten also die nummerierte Basis (v 1, v 2, v 3, v 4 ) := (e 1, e 3, e 4, e 2 ) von R 4. ( β(vr, u 1 ) 2. Stufe : Die Formeln u 1 := v 1, u r := v r β(u 1, u 1 ) u 1 β(v ) r, u r 1 ) β(u r 1, u r 1 ) u r 1, r 2 benutzen. u 1 = v 1 := e 1. u 2 = v 2 := e 3, wegen v 2 := e 3 β e 1 =: v 1. u 3 = v 3 := e 4, wegen v 3 := e 4 β e 1 =: v 1 und v 3 := e 4 β e 3 =: v 2. u 4 = v 4 β(v 4, u 1 ) β(u 1, u 1 ) u 1 β(v 4, u 2 ) β(u 2, u 2 ) u 2 β(v 4, u 3 ) β(u 3, u 3 ) u 3 = e 2 β(e 2, e 1 ) β(e 1, e 1 ) e 1 β(e 2, e 3 ) β(e 3, e 3 ) e 3 β(e 2, e 4 ) β(e 4, e 4 ) e 4 = e 2 1 e e e 4 = e 2 e e 3.

8 3. Stufe : Die Normen (bezüglich β) der Vektoren u 1, u 2, u 3, u 4 berechnen. u 1 β := β(u 1, u 1 ) = β(e 1, e 1 ) = 1. u 2 β := β(u 2, u 2 ) = β(e 3, e 3 ) = 2. u 3 β := β(u 3, u 3 ) = β(e 4, e 4 ) = 1. u 4 β := β(u 4, u 4 ) = = = β(e 2 e e 3, e 2 e e 3) β(e 2, e 2 ) 2β(e 2, e 4 ) 1 2 β(e 2, e 3 ) + β(e 4, e 4 ) β(e 4, e 3 ) β(e 3, e 3 ) = Stufe : Die Orthonormalbasis angeben. 1, 1 2 1, 1, ist eine Orthonormalbasis von R 4 (bzgl. β). Aufgabe 8 Sei n 1 eine ganze Zahl. Sei A M n (R) eine symmetrische und nilpotente Matrix. Zeigen Sie : A =. a) Nach dem Spektralsatz für symmetrische reelle Matrizen (Satz aus der Vorlesung) ist A diagonalisierbar. Beziehungsweise es existiert ein T O n (R) mit λ 1 T 1 AT = t TAT =..., λ n wobei λ 1,...,λ n R.

9 b) Sei l N. Es gilt : λ l 1... λ l n = (T 1 AT) l = T 1 A } TT{{ 1 } A } TT{{ 1 } A } TT{{ 1 }...TT }{{ 1 } A T = T 1 A l T. =I n =I n =I n =I n c) Da A nilpotent ist, existiert k N mit A k =. Dann ist T 1 A k T =, und es gilt nach b) : λ k 1 = = λ k n =. d) Es folgt aus a) und c), dass T 1 AT = ist. Also A =. Bemerkungen : 1. Teil b) und c) kann man auch direkt aus der Tatsache folgern, dass nilpotente Matrizen nur den Eigenwert besitzen. 2. Die Aussage gilt nicht für beliebige Körper. Zum Beispiel ist diese Aussage falsch für C statt R. Die Matrix ( ) 1 i A := i 1 ist symmetrisch und nilpotent (wegen det(a) = Tr(A) = ) aber ungleich! Aufgabe 9 Sei n 1 eine ungerade ganze Zahl, und sei A SO n (R). Zeigen Sie, dass 1 ein Eigenwert von A ist. 1. Sei die vom Standardskalarprodukt auf R n induzierte Norm, der Absolutbetrag auf R. Für jeden Eigenwert λ R von A O n (R) gilt λ { 1, 1}. Denn für v E(λ, A) gilt : v = Av = λ v λ = 1. Sei nun A SO n (R) = O n (R) SL n (R), d.h. A O n (R) und det(a) = 1. Wir faktorisieren m χ A = (X 1) k (X + 1) l (X α i )(X α i ), wobei α i C \ R, 1 i m gilt. Nach Voraussetzung gilt i=1 m det(a) = (1) k ( 1) l α i α i = 1 }{{} i=1 >

10 Also muss l gerade sein. Da aber n = k + l + 2m ungerade ist, muss k ungerade sein. Insbesondere ist k 1 und 1 ist Eigenwert von A. 2. Nach dem Spektralsatz für Isometrien (Satz aus der Vorlesung) existiert eine Orthonormalbasis B von R n bezüglich des Standardskalarprodukts auf R n mit MA B = I r1 I r2 ( cos(ϕ 1 ) sin(ϕ 1 ) sin(ϕ 1 ) cos(ϕ 1 ) )... ( cos(ϕk ) sin(ϕ k ) sin(ϕ k ) cos(ϕ k ) ), wobei ϕ 1,...,ϕ k R mit < ϕ i < π für i {1,...,k}. Dann bemerken wir, dass gelten. a) n = r 1 + r 2 + 2k und b) det(a) = det(m B A ) = 1 r 1. ( 1) r 2. (cos(ϕ 1 ) 2 + sin(ϕ 1 ) 2 )..... (cos(ϕ k ) 2 + sin(ϕ k ) 2 ) = ( 1) r 2 Es folgt aus b) und det(a) = 1 (nach Definition), dass r 2 gerade ist. Aber n ist ungerade und 2k ist gerade. Dann folgt aus a), dass r 1 ungerade ist. Insbesondere ist r 1 1 und 1 ist Eigenwert von A.