Beispiellösungen zur Klausur Lineare Algebra bei Prof. Habegger

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1 Beispiellösungen zur Klausur Lineare Algebra bei Prof. Habegger Stefan Lell 2. Juli 2 Aufgabe. Sei t Q und A t = t 4t + 2 2t + 2 t t 2t 2t Mat 3Q a Bestimmen Sie die Eigenwerte von A t in Abhängigkeit von t. b Berechnen Sie die geometrische Multiplizität Gλ und algebraische Multiplizität Aλ jedes Eigenwertes λ in Abhängigkeit von t. c Bestimmen Sie die Menge der t Q, für welche A t diagonalisierbar ist. a Die Eigenwerte von A t sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms P At λ = detλe 3 A t Wir berechnen: λ + t 4t 2 2t 2 λ + t det λ + t t = λ + t det 2t 2t λ 2t = λ + tλ + tλ 2t + 2t 2 = λ + tλ 2 λt = λλ + tλ t t = λ 2t Ist t, so sind die Eigenwerte alle verschieden: λ =,λ 2 = t,λ 3 = t. Ist t =, so gibt es genau einen Eigenwert λ =. b Für t sind die Eigenwerte paarweise verschieden und die Exponenten der Linearfaktoren von P At λ jeweils. Also ist Aλ i =, i 3. Ebenfalls aus der Vorlesung ist bekannt, dass für jeden Eigenwert λ gilt: Gλ Aλ. Daher gilt für t : Gλ i =, i 3.

2 2 Im Falle t = ist A = 3. Die geometrische Vielfachheit ist die Dimension des Kerns des Homomorphismus E 3 A. Wir müssen also das Gleichungssystem 2 2 lösen. Es sind x und x 2 beliebig und aus der ersten Zeile lesen wir unmittelbar ab, dass x 2 = x 3 gilt. Also ist Also ist A = 3 und G = 2. Ker E 3 A =, c Da im Falle t die Eigenwerte paarweise verschieden sind ist A t diagonalisierbar. Da im Falle t = die geometrische Vielfachheit echt kleiner als die algebraische Vielfachheit ist A nicht diagonalisierbar. Aufgabe 2. Sei A = a Beweisen Sie, dass der Vektor b = b Bestimmen Sie eine Basis des Kerns von A. c Berechnen Sie den Rang von A. Mat 4,5 Q Q 4 nicht im Bild von A liegt. d Ist die quadratische Matrix A t A Mat 5 Q invertierbar? x 5 a Wäre b eine Element des Bildes von A so müsste es einen Vektor x x 2 x = x 3 Q 5 geben mit Ax = b. Wir versuchen also das lineare Glei- x 4 chungssystem zu lösen. Erhalten wir einen Widerspruch in einer der Zeilen, so ist das System nicht lösbar und folglich kann es kein solches x Q 5

3 3 geben. IV +5 II,I III IV 3 II II I,IV +I II+III In der letzten Zeile entdecken wir nun den Widerspruch, was die Behauptung zeigt. b Um eine Basis des Kerns zu bestimmen berechnen wir Ax =. Hierzu verwenden wir die in Aufgabenteil a gewonnene Matrix Wir lesen ab: 2x 2 + x 4 + x 5 = x 4 = 2x 2 x 5 4x 3 + x 4 3x 5 = x 3 = 2 x 2 x 5 x + 4x 3 + 4x 5 = x = 2x 2 2 Damit ist der Kern gleich dem Spann aus den Vektoren k = 2, 2 k 2 =. Um einzusehen, dass wir eine Basis haben müssen wir noch verifizieren, dass für die Linearkombination c k + d k 2 = gilt, dass die Koeffizienten c,d Q bereits sein müssen. Betrachten wir das entsprechende Gleichungssystem so sehen wir in der zweiten und fünften Zeile, dass dies tatsächlich der Fall ist.

4 4 Eine alternative Lösung der Aufgabe hätte darin bestanden, die Matrix auf Zeilenstufenform zu bringen und dann die Basiselemente direkt ablesen zu können. c Um den Rang der Matrix zu berechnen erinnern wir uns an die Dimensionsformel. Es gilt für eine lineare Abbildung ϕ : V W zweier endlich dimensionaler Vektorräume: dimv = dimbildϕ + dimkerϕ Der Rang einer Matrix entspricht der Dimension des Bildraumes. In Aufgabenteil b haben wir eingesehen, dass dimkera = 2 und natürlich gilt dimq 5 = 5. Also ist RangA = dimbilda = dimv dimkera = 5 2 = 3 d Die Multiplikation zweier Matrizen entspricht der Hintereinanderausführung der entsprechenden linearen Abbildungen. Ferner gilt für jede lineare Abbildung ϕ : V W : ϕ =. Wir haben bereits festgestellt, dass KerA {}. Sei also k KerA beliebig. Dann ist A t Ak = A t Ak = A t =. Folglich hat die Matrix A t A Mat 5 Q einen nicht- trivialen Kern. Dies ist aber äquivalent dazu, dass deta t A = gilt und folglich ist A t A nicht invertierbar. Aufgabe 3. Sei K ein Körper und V ein endlich erzeugter K-Vektorraum. Ein Endomorphismus ϕ EndV heisst idempotent, falls ϕ ϕ = ϕ. a Jeder Eigenwert eines idempotenten Endomorphismus ist oder. b Ist ϕ idempotent, beweisen Sie, dass kerϕ Bildϕ = V a Ein Eigenwert eines Endomorphismus ϕ ist eine Zahl λ K sodass ein v V {} existiert mit ϕv = λv. Nach Voraussetzung ist ϕ 2 = ϕ. Somit gilt für einen Eigenwert λ: ϕ 2 v = ϕϕv = ϕλv = λϕv = λ 2 v wobei wir in die Linearität von ϕ verwendet haben. Nun gilt weiter: λv = ϕv = ϕ 2 v = λ 2 v und damit λv = λ 2 v. Nun ist v vorausgesetzt, sodass die eben formulierte Gleichung λ 2 λv = λλ v = nur dann erfüllt sein kann, wenn entweder λ = oder λ = gilt. Dies zeigt die Behauptung.

5 5 b Wir müssen hier zwei Sachen zeigen: Erstens, dass sich jeder Vektor v V schreiben lässt als v = k + w wobei k kerϕ und w Bildϕ. Zweitens, dass kerϕ Bildϕ = {}. Zu Erstens: Sei v V. Wir definieren w := ϕv, d.h. insbesondere ist w Bildϕ. Dann ist ϕv w = ϕv ϕw = w w =. Denn es gilt ϕw = ϕ 2 v = ϕv = w. Also ist v w Kerϕ und somit ist wegen v = v w + w der erste Teil gezeigt. Zu Zweitens: Sei hierfür v Kerϕ Bildϕ. Dann existiert ein v V mit ϕv = v und ϕv =. Nun gilt: v = ϕv = ϕ 2 v = ϕϕv = ϕv = Dies zeigt, dass der Schnitt von Kern und Bild trivial ist. Aufgabe 4. Sei i = C und A = a Berechnen Sie deta i i i Mat 4 C b Zeigen Sie A k A für jede natürliche Zahl k 2. a Da die Addition eines Vielfachen einer Zeile zu einer anderen der Multiplikation von links mit einer Elementarmatrix E I entspricht, wobei dete I = gilt, verändern solche Zeilenumformungen die Determinante nicht. Wir führen daher zunächst aus: 2 I II 2 + i i i 2 + i i i Wir entwickeln die so entstandene Matrix nach der ersten Zeile und erhal-

6 6 ten det 2 + i i i = det = det 2 + i i + i i = i + i + 2 = 2i + 2 det Wobei wir die 3 3 Untermatrix nach der ersten Spalte entwickelt haben. b Wir überlegen zunächst allgemein: Sei z C beliebig und es gelte z k = z, also zz k =. Da z muss z k = gelten, also auch z k = z k = =. Wegen z R gilt also z =. Wäre nun A k = A für ein k N,k 2 so würde aufgrund des Determinanten- Multiplikations-Satzes auch gelten: deta = deta k = deta k. Es ist aber Also gilt für alle k N,k 2 : A k A. deta = 2i = = 4 = 2 Aufgabe 5. Sei K ein Körper und V ein endlich erzeugter K-Vektorraum. Welche der folgenden Aussagen sind wahr, welche sind falsch? Wir werden die Richtigkeit bzw. Falschheit der Aussagen begründen - in der Klausur war dies nicht verlangt. a Die Relation A B AB = BA ist eine Äquivalenzrelation auf Mat n K. b Für jeden ϕ EndV existieren Basen B und C, sodass M B,C ϕ eine Antidiagonalmatrix ist. c Eine quadratische Matrix mit ausschliesslich auf der Diagonale ist nicht invertierbar. d Es gibt genau 7 9 invertierbare Matrizen in Mat 3 F 7. e Sei K = F 3. Dann gilt v + v + v = für jedes v V. f Eine Matrix in Mat 2 K die 7 verschiedene Eigenwerte in K besitzt, hat mindestens Rang 6. a Die Aussage ist falsch. Wir müssen die Axiome einer Äquivalenzrelation überprüfen. Man sieht schnell, dass Reflexivität und Symmetrie erfüllt sind. Das heisst

7 7 der Knackpunkt ist die Transitivität. Seien A,B,C Mat n K. Angenommen es gelte also A B und B C, d.h. es gilt AB = BA und BC = CB. Gilt dann auch AC = CA? Mit einem guten Gegenbeispiel sehen wir, dass dies nicht stimmt. Wir ziehen uns auf den Fall n = 2 zurück und setzen A = ;B = E 2 = ;C = Dann sind die Voraussetzugen erfüllt, da AE 2 = E 2 A und E 2 C = CE 2 gelten. Es gilt aber AC = = bzw. Also AC CA. CA = = b Die Aussage ist wahr. Da wir zwei verschiedene Basen zur Wahl haben wissen wir, dass wir die Matrix auf eine Form bekommen, die sogar nur -en und -en auf der Hauptdiagonalen und -en sonst hat. Mit entsprechenden Permutationsmatrizen von links multipliziert erhalten wir die gewünschte Form. c Die Aussage ist falsch. Eine Matrix A ist invertierbar genau dann wenn deta. Wir suchen also eine Matrix, die nur -en auf der Diagonale hat, deren Determinante aber ist. Eine solche ist beispielsweise A = mit deta =. d Die Aussage ist falsch. Der Körper F 7 hat genau sieben Elemente. Um eine 3 3 Matrix über F 7 zu konstruieren haben wir 7 9 Möglichkeiten für jeden der 9 möglichen Felder einen aus sieben Einträgen. Das heisst die Zahl 7 9 repräsentiert alle möglichen Matrizen über F 7 bis auf eine etwa der -Matrix. Nun gibt es aber außer der -Matrix noch mindestens eine 2 weitere, deren Determinante = ist - etwa die Matrix 2. 2

8 8 e Die Aussage ist wahr. Über F 3 gilt: + + =. Wegen dem Distributivgesetz gilt. f Die Aussage ist wahr. v + v + v = + + v = v = Da die 7 Eigenwert paarweise verschieden sind, sind mindestens 6 Eigenwerte ungleich. Jeder dieser Eigenwerte spannt einen mindestens ein dimensionalen Eigenraum auf, die paarweise verschieden sind. D.h. das Bild der Matrix hat mindestens Dimension 6 was äquivalent dazu ist, dass der Rang der Matrix mindestens 6 ist. Aufgabe 6. Sei K ein Körper und A Mat n K. Wir definieren eine Abbildung f : Mat n K Mat n K durch f B = AB BA für alle B Mat n K. a Zeigen Sie, dass f eine lineare Abbildung ist. b Beweisen Sie detf =. c Nutzen Sie die Spur um zu beweisen, dass E n BildF falls K = Q. d Zeigen Sie, dass dimkerf 2 falls n 2. a Seien X,Y Mat n K. Für die Linearität müssen wir zweierlei zeigen: i f X + Y = f X + f Y Dies gilt, denn f X+Y = AX+Y X+Y A = AX XA+AY Y A = f X+f Y ii f cx = cf X, für c K. Auch dieses gilt, da f cx = AcX cxa = cax XA = cf X Hier haben wir im Wesentlichen verwendet, dass die Menge der Matrizen einen Ring bilden; dass wir also das Distributivgesetz zur Verfügung haben. Ebenso dass Matrizen bezüglich Addition kommutieren. b Wir werden verwenden, dass detf = genau dann wenn Kerf {}. Sei hierzu E n Mat n K die Einheitsmatrix. Diese kommutiert mit allen anderen Matrizen, d.h. es gilt E n X = XE n für alle X Mat n K. Folglich ist E n Kerf und somit ist detf =.

9 9 c In Serie 7 Aufgabe 4 haben wir gezeigt, dass SpurA + B = SpurA + SpurB sowie SpurAB = SpurBA gilt. Ist K = Q so ist SpurE n = n, aber Spurf B = SpurAB BA = SpurAB SpurBA = für alle B Mat n Q. d Sei A = λe n,λ K. Dann gilt für alle X Mat n K : AX = XA, also Kerf = Mat n K und dimmat n K 2. Ist A λe n, so sind die Matrizen A,E n linear unabhängig. Weil A,E n Kerf und mit diesen auch mindestens der von A,E n erzeugter Unterraum gilt also in diesem Fall dimkerf 2.