Lineare Algebra II 5. Übungsblatt

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1 Lineare Algebra II Übungsblatt Fachbereich Mathematik SS Prof Dr Kollross / Mai Susanne Kürsten Tristan Alex Gruppenübung Aufgabe G (Algebraisch abgeschlossener Körper) Ein Körper heißt algebraisch abgeschlossen, wenn jedes nicht-konstante Polynom eine Nullstelle in hat Welche der folgenden Mengen sind algebraisch abgeschlossene Körper? (a) (b) (c) (d) (e) Zeigen Sie ihre Aussagen für die Mengen, die keine algebraisch abgeschlossenen Körper sind Lösung: Von den angegebenen Mengen ist nur ein algebraisch abgeschlossener Körper ist kein algebraisch abgeschlossener Körper, da die ganzen Zahlen keinen Körper bilden und sind keine algebraisch abgeschlossenen Körper, da das Polynom x + in ihnen keine Nullstellen hat ist kein algebraisch abgeschlossener Körper, da das Polynom x + x + keine Nullstelle in hat Aufgabe G (Charakteristisches Polynom) Es sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum und U, U,, U n V Untervektorräume von V mit V = U U U n Außerdem sei f : V V eine lineare Abbildung und die Unterräume U i seien f -invariant, dh es gilt f (U i ) U i, i n Das charakteristische Polynom einer linearen Abbildung ist gleich dem charakteristischen Polynom der Matrix dieser Abbildung bezüglich einer beliebigen Basis Es sei f i := f Ui : U i V Zeigen Sie, dass das charakteristische Polynom von f gleich dem Produkt der charakteristischen Polynome aller f i ist Lösung: Man wählt für alle U i eine Basis B i B sei das Tupel von Vektoren, dass aus den Vektoren aller B i besteht (wobei die Reihenfolge so sein soll, dass zuerst die Vektoren aus B, dann die aus B usw kommen) Wegen V = U U U n ist B dann eine Basis von V Ich bezeichne das charakteristische Polynom von f mit p f und das von f i mit p fi Dann gilt p f (t) = det [ f t id] B Wegen der Gestalt von B und da U i f -invariant ist, hat die Matrix [ f t id] B Blockdiagonalgestalt, wobei die Blöcke gerade die Form [ f i t id] Bi haben Daraus ergibt sich p f (t) = det [ f t id] B = n det [ f i t id] Bi = i= n p fi i=

2 wzbw Aufgabe G3 (Fibonacci-Zahlen) Wir definieren rekursiv eine Folge (f n ) n natürlicher Zahlen durch Die so konstruierten Zahlen f n heißen Fibonacci-Zahlen (a) Berechnen Sie die ersten 8 Fibonacci-Zahlen f :=, f :=, f n+ := f n + f n+ n (b) Für jedes n setzen wir x n := (f n, f n+ ) T Finden Sie eine -Matrix A mit x n+ = A x n Mit vollständiger Induktion folgt dann x n = A n x Insbesondere ist die Fibonacci-Zahl f n der erste Eintrag des Vektors A n x (c) Bestimmen Sie eine explizite Formel für die n-te Fibonacci-Zahl, indem Sie die Potenzen A n bestimmen Lösung: (a) Es gilt f =, f =, f 3 =, f = 3, f =, f 6 = 8, f 7 = 3 und f 8 = (b) Es muss gelten A fn f n+ = Ax n = x n+ = fn+ f n+ = f n+ f n + f n+ Dies ist offensichtlich für die Matrix A = erfüllt (c) Die Matrix hat die Eigenwerte ( ± ) mit den Eigenvektoren x = (, ( + )) T und x = (, ( )) T Mit der Transformationsmatrix S := (x x ) gilt also S AS = ( + ) ( ) Es folgt A n = S(S AS) n S = S = det S ( + ) n ( + ) ( ) ( ) n ( + ) n S ( ) ( ) n ( + ) A n x = = = ( + ) ( ) ( + ) ( ) ( + ) ( ) ( + ) n ( + ) n = ( ) n ( + ) n ( ) n+ ( + ) n+ ( + ) n ( ) n ( ) ( ) n ( + ) ( ) ( ) n ( + ) Da die n-te Fibonacci-Zahl der erste Eintrag von A n x ist, folgt n n + f n =

3 Aufgabe G (Euklidischer Algorithmus) Es seien a und b zwei ganze Zahlen (a) Beschreiben Sie einen Algorithmus zur Bestimmung des größten gemeinsamen Teilers von a und b Machen Sie sich auch klar, warum er funktioniert (b) Berechnen Sie mit Hilfe des gerade beschriebenen Algorithmus g g T(9, ) und g g T(3, ) (c) Machen Sie sich klar, dass man mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus immer Zahlen l, m mit g g T(a, b) = la + mb finden kann Tipp: Setzen Sie die Gleichungen im Algorithmus von unten nach oben ineinander ein (d) Bestimmen Sie mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus Zahlen l, m mit g g T(, 3) = l + 3m (e) Es sei auch c eine ganze Zahl Welche Bedingung muss c erfüllen, damit es ganze Zahlen x und y gibt mit Beweisen Sie ihre Behauptung ax + b y = c (f) Das Verfahren funktioniert für Polynome genauso Bestimmen Sie den größten gemeinsamen Teiler der Polynome Lösung: Finden Sie außerdem Polynome r(t) und s(t) mit p(t) = t + t 3 + t + t und q(t) = t 3 + g gt(p(t), q(t)) = r(t)p(t) + s(t)q(t) (a) Der Algorithmus ist derselbe, wie der aus der letzten Hausübung bekannte für Polynome Dh man stellt zuerst fest, dass in den ganzen Zahlen immer eine Division mit Rest möglich ist, dh es gibt eindeutig bestimmte ganze Zahlen q, r mit a = q b + r und < r < b Im zweiten Schritt führt man dann eine Division mit Rest der Zahlen b und r durch Dh es gibt eindeutig bestimmte ganze Zahlen q, r mit b = q r + r und < r < r Im i-ten Schritt führt man eine Division mit Rest der Zahlen r i und r i durch Dh es gibt eindeutig bestimmte ganze Zahlen q i, r i mit r i = q i r i + r i und < r i < r i Der Algorithmus bricht ab, wenn der Rest Null ist Der letzte von Null verschiedene Rest ist dann der gesuchte g g T Beim Durchführen des Algorithmus ergibt sich die Folge von Gleichungen a = q b + r, < r < b b = q r + r, < r < r r = q 3 r + r 3, < r 3 < r r n = q n r n + r n, r n = q n+ r n + < r n < r n Da die Reste natürliche Zahlen sind, die in jedem Schritt kleiner werden, muss es irgendwann einen Rest Null geben, dh der Algorithmus bricht ab An der letzten Zeile erkennt man, dass r n = g g T(r n, r n ) gilt An der vorletzten Zeile sieht man, dass jeder gemeinsame Teiler von r n und r n auch ein Teiler von r n ist Andererseits ist auch jeder gemeinsame Teiler von r n und r n ein Teiler von r n Daraus schließt man, dass g g T(r n, r n ) = g gt(r n, r n ) gilt Mit derselben Argumentation für jede Zeile des Algorithmus erhält man r n = g gt(r n, r n ) = g gt(r n, r n ) = = g g T(r, r ) = g g T(r, b) = g g T(b, a) Dh der Algorithmus liefert tatsächlich den größten gemeinsamen Teiler 3

4 (b) Dh es gilt g gt(9, ) = 6 Dh es gilt g gt(3, ) = 9 = = = = + 3 = = + 8 = = = 3 + (c) Aus der vorletzten Zeile des euklidischen Algorithmus erhält man Die Zeile davor kann man Umformen zu g g T(a, b) = r n = r n q n r n r n = r n 3 q n r n Setzt man dies nun in die letzte Gleichung ein erhält man g gt(a, b) = r n q n (r n 3 q n r n ) = q n r n 3 + ( + q n q n )r n Dieses Verfahren kann man so fortsetzen Man erhält dadurch in jedem Schritt eine Darstellung von g g T(a, b) als ganzzahlige Linearkombination von r i und r i, wobei das i in jedem Schritt um eins kleiner wird (hier kann man b = r und a = r setzen) Im letzten Schritt hat man dann die gesuchte Darstellung g g T(a, b) = la + mb (d) Durch das eben beschriebene Verfahren erhält man aus dem im Aufgabenteil (b) durchgeführen Algorithmus g gt(, 3) = = 8 6 Die gesuchten Zahlen sind also l = und m = 7 = 8 ( 8) = = + 3 (3 ) = 3 3 = 3 3 ( 3) = (e) Diese Gleichung ist genau dann lösbar, wenn d := g g T(a, b) ein Teiler von c ist Wenn d c nicht teilt, dann ist d immer ein Teiler von ax + b y, aber keiner von c, die Gleichheit ax + b y = c kann also nie erfüllt sein Wenn d c teilt gibt es eine ganze Zahle z mit c = d z Außerdem gibt es nach Aufgabenteil (c) ganze Zahlen l und m mit al + bm = d Damit gilt auch a(lz) + b(mz) = d z = c Dh die gegebene Gleichung hat die ganzzahligen Lösungen x = lz und y = mz (f) Der Euklidische Algorithmus liefert Dh es gilt Aus den Gleichungen ergibt sich t + t 3 + t + t = (t + )(t 3 + ) + (t ) t 3 + = t(t ) + (t + ) (t ) = (t )(t + ) + g g T(p(t), q(t)) = t + g gt(p(t), q(t)) = t + = t 3 + t(t ) Dh die gesuchten Polynome sind r(t) = t und s(t) = t + t + = q(t) t(p(t) (t + )q(t)) = t p(t) + (t + t + )q(t)

5 Hausübung Aufgabe H (Charakteristisches Polynom) Es sei A = a a a 3 a a a 3 a 3 a 3 a 33 eine allgemeine reelle 3 3-Matrix Des Weiteren sei eine Abbildung F : M 3 (), A a a + a a 33 + a a 33 a a a 3 a 3 a 3 a 3 (a) Ist F eine lineare Abbildung? Zeigen Sie ihre Behauptung (b) Berechnen Sie das charakteristische Polynom p A von A in Abhängigkeit der Einträge a i j (c) Zeigen Sie, dass für alle invertierbaren, reellen 3 3 Matrizen S gilt Lösung: (a) F ist nicht linear, denn es gilt für λ {, } F(S AS) = F(A) F(λA) = λa λa + λa λa 33 + λa λa 33 λa λa λa 3 λa 3 λa 3 λa 3 = λ F(A) λf(a) (b) Aus der Vorlesung ist bekannt, dass das charakteristische Polynom die Gestalt p A (t) = t 3 + (tr A)t + bt + det A hat Es ist also nur noch der Koeffizient b zu bestimmen Es gilt p A (t) = det a t a a 3 a a t a 3 a 3 a 3 a 33 t = (a t)(a t)(a 33 t) + a a 3 a 3 + a 3 a a 3 a 3 (a t)a 3 a a (a 33 t) (a t)a 3 a 3 Dh der Koeffizient von p A vor t ist und das charakteristische Polynom hat die Gestalt a a a a 33 a a 33 + a a + a 3 a 3 + a 3 a 3 p A (t) = t 3 + (a + a + a 33 )t + ( a a a a 33 a a 33 + a a + a 3 a 3 + a 3 a 3 )t +a a a 33 + a a 3 a 3 + a 3 a a 3 a 3 a a 3 a a a 33 a a 3 a 3 (c) Da ähnliche Matrizen dasselbe charakteristische Polynom haben (siehe zum Beispiel Tutorium Aufgabe T), ist insbesondere der Koeffizient vor t im charakteristischen Polynom bei ähnlichen Matrizen gleich Da dieser Koeffizient gerade F(A) ist (siehe Aufgabenteil (b)) folgt sofort F(S AS) = F(A) Aufgabe H (Diagonalisierbarkeit) In dieser Aufgabe wird a als Element von, bzw aufgefasst Sei M = {,, 3, } Geben Sie jeweils eine Matrix a a C = mit a a 3 a i M an, die mindestens drei verschiedene Einträge hat und (a) über diagonalisierbar ist, über jedoch nicht

6 (b) über diagonalisierbar ist, aber über und nicht (c) über diagonalisierbar ist, über jedoch nicht Beweisen Sie ihre Behauptungen Geben Sie weiterhin eine Matrix mit Einträgen in an, die über diagonalisierbar ist, aber über nicht Lösung: Das charakteristische Polynom ist bekanntlich p C (t) = t (tr C)t + det C = Damit hat man in die Lösungsformel λ, = a + a ± (a + a ) a a + a a 3 Interessant ist offenbar der Ausdruck H = (a + a ) a a + a a 3 = (tr C) det C unter der Wurzel Die Lösungsformel gilt auch für, wenn H ist, ansonsten gibt es in keine Eigenwerte Die analoge Formel gilt auch in, wenn man beachtet, dass die Wurzel nur von, und gezogen werden kann Es gilt dann in ± =, =, =, =, = 3 Für H = oder H = 3 modulo hat die Matrix also keine Eigenwerte in (a) C ist in diagonalisierbar, wenn H eine Quadratzahl ungleich Null ist (denn dann gibt es verschiedene Eigenwerte in ) Wenn zusätzlich H Null modulo ist, könnte es über nicht diagonalisierbar sein (das muss dann aber noch überprüft werden) Dies ist der Fall für tr C = 7 und det C = 6, also zb für C = 3 3 Man erkennt sofort, dass die linear unabhängigen Eigenvektoren über v = 3 und v = sind Diese sind modulo gleich, dh die Matrix besitzt in keine Basis aus Eigenvektoren, ist also nicht diagonalisierbar (b) Dafür ist es hinreichend, daß H kein Quadrat ist, modulo kein Quadtrat ist und H gilt Dies ist zb für H =, tr C = 6 und det C = 6 der Fall Ein Beispiel wäre also C = (c) Dazu darf H kein Quadrat sein, H muss aber modulo ein Quadrat sein Dies ist zb für H =, tr C = und det C = der Fall Ein Beispiel dafür ist 3 C = Die Matrix C = Aufgabe H3 (Nilpotente Matrizen) Zeigen Sie, dass die Matrix 3 3 ist über bereits diagonalisiert, über ist dies jedoch nicht möglich A = nilpotent ist (dh eine Potenz von A ist Null) Bestimmen Sie außerdem eine invertierbare Matrix S für die S AS eine obere Dreiecksmatrix ist und geben Sie die Matrix S AS an 6

7 Lösung: Es gilt A = A 3 = = = 8 8 und Dh A ist nilpotent Um S zu bestimmen suchen wir zunächst eine Basis B des, bzgl der f A eine obere Dreiecksmatrix ist Dazu benutzen wir die Anleitung aus Aufgabe G vom letzten Übungsblatt Es sei also V := {} = im A 3, V := im A, V := im A, V 3 := = im A = im E Da das Bild einer Matrix immer von ihren Spaltenvektoren aufgespannt wird, gilt V = im 8 8 = span 8 = span Als ersten Basisvektor von B wählen wir also b = Des Weiteren gilt V = im = span , = span, 6 3 3, 8, Dh wir wählen als zweiten Basisvektor b = Nun ergänzen wir {b, b } zu einer Basis von Dies kann zb durch die Vektoren geschehen b 3 =, b = 7

8 Nun ist S die folgende Basiswechselmatrix S := [id] B E = Wegen A b = A b = A b 3 = A b = = b = b und = 3b = gilt dann S AS = [f A ] B = 3 8