Lineare Algebra I. Prof. Dr. M. Rost. Übungen Blatt 10 (WS 2010/2011) Abgabetermin: Donnerstag, 13. Januar.
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1 Lineare Algebra I Prof. Dr. M. Rost Übungen Blatt 10 (WS 2010/2011) Abgabetermin: Donnerstag, 13. Januar Erinnerungen und Ergänzungen zur Vorlesung: Hinweis: Die Bemerkungen zu Kern, Bild und Rang sind für die Aufgaben nicht notwendig. Kern, Bild und Rang Das Wesentliche hierzu kann man folgendermaßen ausdrücken. Es sei A M(m n) eine m n-matrix. Dann gibt es immer invertierbare Matrizen X M m (K) und Y M n (K) mit Er 0 XAY = 0 0 Die Matrix rechts ist mit Blöcken der Dimensionen r r, r (n r), (m r) r, bzw. (m r) (n r) dargestellt. Dabei ist wie üblich 1 0 E r = die Einheitsmatrix. Es steht also überall eine Null mit Ausnahme der ersten r Diagonalelemente, die alle den Wert 1 haben. Die dabei aufretende Zahl r heißt der Rang der Marix A. Dabei gilt 0 r min(n,m). Den Beweis kann man mit Matrizen führen, es ist aber praktischer, zuerst die entsprechenden Definitionen und Argumente für lineare Abbildung ohne gegebene Matrixdarstellung zu betrachten.
2 2 Definition. Es sei V und W K-Vektorräume. Für eine K-lineare Abbildung bezeichnet man mit f: V W Bild(f) = im(f) = f(v) = {w W v V : w = f(v)} W sein Bild und mit Kern(f) = ker(f) = {v V f(v) = 0} V seinen Kern. Der Rang von f ist definiert als die Dimension des Bildes: Rang(f) = dim(bild(f)) Diese Definitionen übertragen sich auf Matrizen indem man eine m n-matrix A M(m n) als lineare Abbildung f A : K n K m auffaßt. Insbesondere ist Rang(A) = Rang(f A ) der Rang der Matrix. Hier sind einige grundlegende Aussagen zum Kern, Bild und Rang: Lemma. (a) Es sei n = dimv und r = Rang(f). Dann gibt es eine Basis v 1,...v n von V mit 1) Die Vektoren f(v 1 )..., f(v r ) bilden eine Basis von Bild(f). 2) Die Vektoren v r+1,..., v n liegen in Kern(f) und bilden eine Basis von Kern(f). (b) (c) (d) Rang(f) dimw Rang(f) dimv dim(kern(f))+rang(f) = dimv Beweis. Der Beweis wird in der Vorlesung besprochen. Hier sind die Hauptargumente: Es sei s = dim(kern(f)). Man wähle zunächst eine Basis u 1,..., u s des Unterraumes Kern(f) V. Wir ergänzen diese Basis zu einer Basis u 1,..., u n von V. Weil die u i den Vektorraum V linear erzeugen, wird das Bild f(v) linear erzeugt von den Bildern f(u i ). Weil f(u i ) = 0 für i s, wird f(v) erzeugt von den Vektoren f(u i ) mit i > s.
3 Zwischenbehauptung: Die Vektoren f(u s+1 ),..., f(u n ) sind linear unabhängig. Beweis: Es seien c i K (s < i n) mit n c i f(u i ) = 0 Dann gilt f(v) = 0 für den Vektor i=s+1 v = n i=s+1 aus V. Also liegt v im Kern von f, ist also eine Linearkombination der Vektoren u i mit i s. Weil die u i insgesamt linear unabhängig sind, muß c i = 0 für alle i gelten. Damit ist die Zwischenbehauptung bewiesen. Insbesondere bilden die Vektoren f(u i ) mit i > s eine Basis von Bild(f). Der Rang von f ist daher r = n s. Das Lemma ist nun klar: Die Vektoren v i in (a) erhält man durch Umordnung der Vektoren u i (v i = u s+i für i r bzw. v r+i = u i ). (b) ist sowieso evident weil Bild(f) ein Unterraum von W ist. (c) und (d) folgen aus s+r = n. Es sei v i (1 i n) eine Basis von V wie im Lemma und es sei w i = f(v i ) (1 i r). Die w i bilden eine Basis des Unterraumes Bild(f) von W. Wir ergänzen sie zu einer Basis w 1,..., w r, w r+1,..., w m, wobei m = dimw. Betrachtet man nun die Matrix A f der linearen Abbildung f bezüglich der Basen v i (1 i n) und w i (1 i m), so ergibt sich die anfangs erwähnte Gestalt Er 0 A f = 0 0 Ist nun eine m n-matrix A M(m n) vorgegeben, so betrachtet man sie als lineare Abbildung f = f A : K n K m Sind dann v i (1 i n) und w i (1 i m) die eben erwähnten Basen und sind c i u i B = (v 1,...,v n ) GL n (K) die Basiswechselmatrizen, so ergibt sich wie in der Einleitung erwähnt. C = (w 1,...,w m ) GL m (K) C 1 AB = Er
4 4 Beispiele: Ist Rang(f) = 0, so ist f = 0. In diesem Fall besteht das Bild nur aus dem Nullraum. Es ist Rang(f) = dimw genau dann f surjektiv. Denn Rang(f) = dim ( Bild(f) ) und für die Inklusion Bild(f) W gilt die Gleichheit genau dann wenn die Dimensionen übereinstimmen. Es ist Rang(f) = dimv genau dann wenn f injektiv ist. Denn nach (c) ist Rang(f) = dimv genau dann Kern(f) = 0. Hier noch eine Sprechweise: Definition. Man sagt f hat maximalen Rang falls Rang(f) = min ( dim(v),dim(w) ) Speziell für lineare Abbildungen zwischen Räumen gleicher Dimension erhält man. Satz. Es sei V, W K-Vektorräume der gleichen Dimension n und f: V W eine lineare Abbildung. Dann ist äquivalent: (a) f ist invertierbar. (b) Kern(f) = 0 (d.h. f ist injektiv) (c) Bild(f) = V (d.h. f ist surjektiv) (d) Rang(f) = n Beweis. Die Äquivalenz von (b), (c), und (d) folgt aus (d) im Lemma. f ist genau invertierbar, wenn f injektiv und surjektiv ist, d.h. wenn (b) und (c) gelten. Diese sind aber äquivalent.
5 5 Eigenwerte und Eigenvektoren von Endomorphismen Definition. Es sei V ein K-Vektorraum und f: V V ein Endomorphismus. Ein Eigenvektor von f ist ein Vektor v V mit v 0 und f(v) = λv für ein λ K. Das Skalar λ heißt der Eigenwert von v. Allgemein heißt ein Skalar λ ein Eigenwert von f falls es einen Vektor v V gibt mit v 0 und f(v) = λv (d.h. v ist Eigenvektor von f mit Eigenwert λ). Für λ K sei f λ = f λ id V : V V also f λ (v) = f(v) λv (v V) Aus der Definition ergibt sich, daß λ genau dann Eigenwert von f ist wenn Kernf λ 0. Dies bedeutet, daß f λ nicht invertierbar ist (vgl. den Satz oben). Man erhält also Satz. Ein Skalar λ K ist genau dann Eigenwert von f wenn det(f λ ) = 0 Diese Bemerkungen übertragen sich auf quadratische Matrizen, wieder indem man eine Matrix als lineare Abbildung K n K n auffaßt. Es ergibt sich insbesondere: Definition. Es sei A M n (K) eine n n-matrix. Ein Eigenvektor v mit zugehörigem Eigenwert λ K ist ein Vektor v K n mit v 0 und Av = λv Satz. Ein Skalar λ K ist genau dann Eigenwert von A wenn det(λe n A) = 0 Bisher hatten wir λ als beliebiges aber festes Skalar betrachtet. Betrachtet man den Ausdruck P A (t) = det(te n A) und erinnert sich an die Definition der Determinante, so sieht man, daß P A (t) ein Polynom in t mit Koeffizienten in K ist (und zwar vom Grad n).
6 6 Beispiel: Ist n = 2 und so ist A = a b c d ( ) 1 0 a b P A (t) = det(te 2 A) = det t 0 1 c d t a b = det = t c t d 2 t(a+d)+(ad bc) Definition. Das Polynom P A (t) = det(te n A) K[t] heißt das charakteristische Polynom von A. Das charakteristische Polynom kann man wie die Determinante ohne Basiswahl definieren. Für einen Endomorphismus f eines Vektorrraumes V definiert man P f (t) = P A (t) wobei A die Matrixdarstellung in einer Basis ist. Es gilt dabei: Ein Skalar λ ist genau dann Eigenwert von A (bzw. f) wenn λ eine Nullstelle des charakteristischen Polynomes P A (t) (bzw. P f (t)) ist.
7 Aufgabe 1. Man bestimme für folgende Matrizen die charakteristischen Polynome, Eigenwerte und Eigenvektoren. (a) 0 1 A = 1 0 (b) (c) B = C = Aufgabe 2. Man bestimme für folgende Matrizen die charakteristischen Polynome, Eigenwerte und Eigenvektoren. (a) a 0 A = 0 a (b) (c) B = C = a 0, (a d) 0 d a b, (b 0) 0 a (d) a b D =, (a d) 0 d In welchen Fällen gibt es eine Basis aus Eigenvektoren? Aufgabe 3. Es sei A eine n n-matrix. (a) Es sei λ ein Eigenwert von A und k N. Man zeige, daß λ k ein Eigenwert von A k ist. (b) Es sei A k = 0 für ein k > 0. Man zeige, daß 0 der einzige Eigenwert von A ist und gebe das charakteristische Polynom an. (c) Es sei A k = 0 für ein k > 0. Man zeige für n = 2: A 2 = 0. Anmerkung. Allgemein gilt für beliebige n: A n = 0. Dies folgt aus dem Satz von Caley-Hamilton. Für n = 2 siehe Blatt 1.
8 8 Aufgabe 4. (a) Zeigen Sie, daß v = (1,2,3) t ein Eigenvektor von ist und bestimmen Sie den zugehörigen Eigenwert. (b) Zeigen Sie, daß λ = a+b+c ein Eigenwert von a b c b c a c a b ist und bestimmen Sie einen zugehörigen Eigenvektor. (c) Es sei A = a+1 0 a 0 a 0 a 0 a+1 Man bestimme das charakteristische Polynom und alle Eigenwerte von A.
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