ist über C diagonalisierbar.

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1 Prüfungsaufgaben A 1. (10 Punkte) Kreuzen Sie direkt auf de Aufgabenblatt an, ob die Behauptungen WAHR oder FALSCH sind. Sie üssen Ihre Antworten nicht begründen! Für jede richtige Antwort gibt es 1 Punkt. Falsche Antworten geben jeweils 1 Punkt. Unbeantwortete Fragen geben 0 Punkte. Eine negative Gesatpunktzahl der Multiple Choice Aufgaben wird zu 0 aufgerundet. wahr falsch 0 3i a) Die Matrix C = ist über C diagonalisierbar. 3i i 0 0 b) Die Matrix A = 1 + i ist über C diagonalisierbar i 0 c) Die Matrix B = 3 i 0 0 ist über C diagonalisierbar d) Jede diagonalisierbare Matrix A M n,n (K) besteht aus n linear unabhängigen Spaltenvektoren. e) Jede Matrix A M n,n (K), deren Eigenwerte alle positiv sind, ist syetrisch. f) Eine unendliche Menge von Vektoren in eine K-Vektorrau V ist genau dann linear unabhängig, wenn der Schnitt von jeweils zwei endlichen Teilengen linear unabhängig ist. g) Eine endliche Menge S R n kann nur dann linear abhängig sein, wenn S aus indestens n + 1 Vektoren besteht. h) Jede lineare Abbildung f A it A M,n (R) und > n ist injektiv. i) Sei V ein 4-diensionaler K-Vektorrau und f End K (V ). Wir nehen an, dass di(kern(f Id V )) = ist. Dann uss die Jordansche Noralfor von f gleich J, J, oder J 3, J 1, ( = J 1, J 3, ) sein. ( Hier bezeichnet J n,λ den Jordanblock der Grösse n zu Eigenwert λ.) j) Sei A M 4,4 (C) eine Matrix it charakteristische Polyno char A (x) = (x + i) (x )(x + ). Dann ist A genau dann diagonalisierbar, wenn di(kern(a + i1 4 )) = ist. Bitte wenden!

2 . (11 Punkte) Schreiben Sie Ihre Antwort direkt auf das Aufgabenblatt. Sie üssen Ihre Antworten nicht begründen! a) (1 Punkt) Berechnen Sie die Deterinante von A = π π π 3π 4 6 M 4,4(R). det(a) = b) ( Punkte) Berechnen Sie die Deterinante von 1 λ λ λ 3 A λ = 1 λ 4λ 8λ 3 1 λ λ λ 3 für λ C. det(a λ) = 7λ 6 1 λ 4λ 8λ 3 c) (1 Punkt) Für welche α C (alle angeben) ist die Matrix A α = α 1 0 M 3,3 (C) invertierbar? α C\{0, 1} 1 α d) (1 Punkt) Sei A α wie in Teilaufgabe c) und sei α so, dass A α invertierbar ist. A 1 1 α = α α Berechnen Sie die Inverse von A α. α α 0 α α 0 α + 3 α 1 e) ( Punkte) Bestien Sie alle Eigenwerte der Matrix M 3,3 (R). 4 1 Die Eigenwerte sind 0, 3 + 7, f) ( Punkte) Sei A = Finden Sie a 0, a 1, a R, 0 1 so dass A 3 + a A + a 1 A + a = 0 3 ist. a 0 = 11 a 1 = 0 a = 4 Siehe nächstes Blatt!

3 g) (1 Punkt) Es sei A = 1 α und b = 1. α Bestien Sie alle x R 3 x it Ax = b, wenn α R\{0} ist. { 3 } 0 h) (1 Punkt) Es seien A und b wie in Teilaufgabe g). Bestien Sie alle x R 3 it Ax = b, wenn α = 0 ist. x { 3 } t t R 3. a) (1 Punkt) Da V 1 von zwei (linear unabhängigen) Eleenten erzeugt wird, ist di(v 1 ) =. Der Rau V ist ein Untervektorrau von R 3, der durch eine Gleichung gegeben ist. Folglich ist di(v ) =. Die Diension von V 1 V kann nur 0, 1 oder sein. Da V 1 V ist (die erzeugenden Vektoren von V 1 erfüllen die Gleichung von V nicht), kann die Diension von V 1 V nicht gleich sein. Wäre die Diension des Schnittes gleich 0, so wäre die direkte Suen von V 1 und V ein Unterrau von R 3 der Diension 4, was ein Widerspruch ist. Folglich ist di(v 1 V ) = 1. Alternativ: Wir haben { x 1 3 } V 1 V = y = λ + µ 4 x + y + z = 0 z 3 5 { λ + 3µ } = λ 4µ 6λ + 4µ = 0. 3λ + 5µ Folglich ist di(v 1 V ) = 1. b) (1 Punkt) Eine Basis ist beispielsweise (λ =, µ = 3 in obige Ausdruck) { 7 } B = c) (1 Punkt) Beispielsweise f = f A it A = d) (1 Punkt) Wir wissen, dass das orthogonale Kopleent von Diension di(v 1 V ) c = di(r 3 ) di(v 1 V ) = 3 1 = Bitte wenden!

4 ist. Wir suchen also zwei linear unabhängige Vektoren, die orthogonal zu t ( 7, 16, 9) sind. Wir erhalten 9 16 (V 1 V ) = 0, a) (1 Punkt) det(a 0 Id) = det(a) = 0, da beispielsweise die dritte und die vierte Spalte linear abhängig sind. b) (3 Punkte) Wir üssen λ α α 1 λ α α 3 α n 1 0 α λ char A (λ) = det(λ Id A) = det. 0 α λ 0 α n 1 λ = λ n + λ n α1 + α αn 1 (1) per Induktion zeigen. Dazu definieren wir zunächst für 1 k n die k k - Matrix, die links oben in λ Id A steht als A (k) := (λ Id A) 1 i,j k. Wir berechnen λ α 1 0 det A (3) = det α 1 λ α = λ 3 + λ α1 + α 0 α λ Wir nehen nun an, dass der Ausdruck (1) für k gilt und wir wollen ihn für k + 1 Siehe nächstes Blatt!

5 zeigen. Wir berechnen it Entwicklung nach der letzten Spalte λ α α 1 λ α α 3 α k 0 α λ det A (k+1) = det. 0 α λ 0 α k λ λ α α λ = ( 1) k+k λ det A (k) + ( 1) k+1 ( α k ) det 0 α λ 0 α k 0 }{{} =( 1) k λ k 1 α k = λ det A (k) + λ k 1 α k (1) = λ ( λ k + λ k (α1 + α +... αk 1) ) + λ k 1 αk = λ k 1 λ + α1 + α αk 1 + αk Wir haben gezeigt, dass das charakteristische Polyno ist. char A (λ) = det A (n) = λ n ( λ + α 1 + α α n 1 c) ( Punkte) Wir haben drei Eigenwerte λ 1 = +i α αn 1, λ = i α αn 1 und λ 3 = 0. Die algebraische Vielfachheit von λ 1 und λ ist jeweils gleich 1. Wir haben also genau einen Jordanblock der Grösse 1 zu λ 1 und dasselbe für λ. Der Eigenwert 0 hat algebraische Vielfachheit n. Wir üssen also noch die geoetrische Vielfachheit von 0 bestien: Mit Gauss erhalten wir 0 α α 1 0 α α 3 α n 1 di(kern(a)) = di Kern = n 0 }{{} Rang Es gibt also genau n Jordanblöcke zu Eigenwert 0. (Insbesondere ist A über C diagonalisierbar.) ) Bitte wenden!

6 5. Wir betrachten die Matrix 0 A = a) ( Punkte) Die Bilinearfor ist syetrisch, da die Matrix A syetrisch ist. Für die positive Definitheit kann an eine der folgenden Methoden benutzen: 1. Möglichkeit: Man berechnet t xax = x 1+5x +9x 3 4x 1 x 3 30x x 3 = ( x 1 x 3 ) +(5x 3x 3 ) +18x 3 0 und der Ausdruck ist gleich 0 genau dann, wenn x = t (x 1, x, x 3 ) = 0 ist.. Möglichkeit: Man benutzt das Hauptinorenkriteriu: b) ( Punkte) Sei det A (1) = > 0 0 det A () = det = 50 > det A (3) = det A = 900 > 0 r 11 r 1 r 13 R = 0 r r r 33 Die Bedingung A = t RR bedeutet 0 r11 r 11 r 1 r 11 r = r 11 r 1 r1 + r r 1 r 13 + r r r 11 r 13 r 1 r 13 + r r 3 r13 + r3 + r33 Wir lösen dieses Gleichungssyste bestehend aus 6 Gleichungen it den 6 Unbekannten r 11,..., r 33 und erhalten r 11 = r 1 = 0 r = 5 r 3 = 3 r 13 = r 33 = 18 = 3 Wir erhalten die Cholesky Zerlegung A = t RR it 0 R = Siehe nächstes Blatt!

7 6. a) (1 Punkt) Wir haben beispielsweise Q Q, aber i i i = i i / b) (1 Punkt) Die Null-Matrix 0 Mn,n(C) liegt in Q. a1 b Für A 1 = 1 a b b, A 1 ā = 1 b Q und λ, µ R gilt ā λa1 + µa λa 1 +µa = λb 1 + µb λa1 + µa = λb 1 + µb Q. λb 1 µb λa 1 + µa λb 1 + µb λa 1 + µa c) ( Punkte) Man prüft Lineare Unabhängigkeit ( wie folgt: ) Seien a, b, c, d R it a + bi c + di a Id +bi + cj + dk = 0. Dann ist = 0, woraus a = b = c + di a bi c = d = 0 folgt. Aus der Definition von Q sieht an, dass die Diension über C gleich und soit über R gleich 4 ist. Soit ist (Id, I, J, K) eine Basis von Q als R-Vektorrau. d) (1 Punkt) Die duale Basis ist (λ 1, λ, λ 3, λ 4 ), wobei u + iv x + iy λ 1 = u, x + iy u iv u + iv x + iy λ = v, x + iy u iv u + iv x + iy λ 3 = x, x + iy u iv u + iv x + iy λ 4 = y x + iy u iv ist. e) (1 Punkt) I = J = K = Id f) (1 Punkt) Beispielsweise ist IJ = K K = JI. g) (1 Punkt) Man berechnet alle öglichen Produkte von zwei Basiseleenten (Achtung: Nicht koutativ!), also I = J = K = Id Q IJ = JI = K Q JK = KJ = I Q KI = IK = J Q Bitte wenden!

8 Folglich ist auch das Produkt von zwei beliebigen Matrizen aus Q wieder in Q. a1 b Alternativ: Für A 1 = 1 a b Q und A b 1 a = Q ist 1 b a a1 a A 1 A = b 1 b a 1 b + b 1 a c d = b 1 a a 1 b b 1 b + a 1 a d Q c it c = a 1 a b 1 b und d = a 1 b + b 1 a. x + iy u + iv h) ( Punkte) Die Deterinante von A = Q ist u + iv x iy det(a) = (x + iy)(x iy) (u + iv)( u + iv) = x + y + u + v. Die Deterinante is genau dann gleich 0, wenn x = y = u = v = 0 ist, also wenn( A = 0) ist. Soit ist jedes A Q {0} invertierbar. Die Inverse von a b A = Q {0} ist b ā (ā ) ā A 1 1 b b det(a) det(a) = = Q. det(a) b a b det(a) ā det(a) Die Inverse liegt wieder in Q, da det(a) R ist und Q nach Teilaufgabe b) ein R-Vektorrau ist. i) (1 Punkt) Wir können n 1 und n als Deterinante von Eleenten in Q schreiben, nälich aj + ib n j = det(a j ) it A j = j c j + id j. c j + id j a j ib j Für das Produkt erhält an soit n 1 n = det(a 1 ) det(a ) = det(a 1 A ), a3 + ib wobei A 1 A nach Teilaufgabe g) wieder in Q liegt und die For 3 c 3 + id 3 c 3 + id 3 a 3 ib 3 für ganze Zahlen a 3, b 3, c 3, d 3 Z hat. Soit ist n 1 n = det(a 1 A ) = a 3 + b 3 + c 3 + d a) (1 Punkt) Für alle P, Q V n und α R gilt f n (αp + Q)(X) = (αp + Q)(X + 1) (αp + Q)(X) = αp (X + 1) + Q(X + 1) αp (X) Q(X) = (αf n (P ) + f n (Q)) (X). Siehe nächstes Blatt!

9 Dies beweist die Linearität von f n. Es bleibt noch zu zeigen, dass deg(f n (P )) n 1 für alle P V n. Sei P V n also P (X) = a 0 + a 1 X a n 1 X n 1 + a n X n für gewisse a 0, a 1,..., a n 1, a n R. Dann ist f n (P )(X) = P (X + 1) P (X) von Grad n 1. b) ( Punkte) Es ist = a 0 + a 1 (X + 1) a n 1 (X + 1) n 1 + a n (X + 1) n a 0 a 1 X... a n 1 X n 1 a n X n = (etwas von Grad n 1) + a n X n a n X n f n (P )(X) = P (X + 1) P (X) = a 0 + a 1 (X + 1) a n 1 (X + 1) n 1 + a n (X + 1) n a 0 a 1 X... a n 1 X n 1 a n X n. Mit Koeffizientenvergleich von X n 1 findet an a n 1 + ( n 1) an a n 1 = 0, also a n = 0. Koeffizientenvergleich von X n liefert a n + n 1 an 1 + ( n 1 ) an a n = 0, also a n 1 = 0. Mit Koeffizientenvergleiche von X n 3,..., X 1 erhält an analog a n = a n 3 =... = a 1 = 0. Ugekehrt sieht an, dass a 0 beliebig sein kann. Zusaengefasst erhalten wir Kern(f n ) = {P R[X] deg(p ) = 0} = R. Es gilt di I(f n ) = di V n di Kern(f n ) = n+1 1 = n. Nach Teilaufgabe a) gilt I(f n ) V n 1. Da di V n 1 = n ist, folgt di I(f n ) = V n 1. c) ( Punkte) Der Grad von f n (P ) ist strikt kleiner als derjenige von P für P V n. Also ist 0 der einzige Eigenwert von f n. Von Teilaufgabe b) wissen wir, dass Kern(f n ) = R ist. Soit ist die geoetrische Vielfachheit des Eigenwertes 0 gleich di(kern(f n )) = di(r) = 1. Folglich haben wir genau einen Jordanblock, also ist die Jordansche Noralfor von f n gleich J n+1,0. d) (1 Punkt) Wir berechnen Mat(f 3 ; B 3, B 3 ) = Mat(f 4 ; B 4, B 4 ) = Bitte wenden!

10 e) (1 Punkt) Man löst das Gleichungssyste Mat(f 4 ; B 4, B 4 )y = t (0, 0, 0, 1, 0): Soit erfüllt das Polyno die geforderten Bedingungen. P 4 (X) = 1 4 X4 1 X X f) ( Punkte) Wir rechnen n n k 3 = f 4 (P 4 )(k) = k=1 k=1 n k=1 (P 4 (k + 1) P 4 (k)) = P 4 (n + 1) P 4 (1) = P }{{} 4 (n + 1) =0 = 1 4 n4 + 1 n n 8. a) (1 Punkt) Das neutrale Eleent in E ist 1 E (n) = 0 für alle n Z. Diese Funktion ist periodisch, also 1 E F. Seien nun f, g F und α, β C. Dann ist auch αf + βg F. Soit ist F tatsächlich ein Unterrau von E. b) ( Punkte) Man prüft die Definition des koplexen Skalarprodukt, also αf 1 + f g = α f 1 g + f g f αg 1 + g = α f g 1 + f g f g = g f f f 0 f f = 0 f = 0 für alle α C und f, f 1, f, g, g 1, g F. αf 1 + f g = 1 αf 1 (n) + f (n)g(n) = ᾱ 1 f 1 (n)g(n) + 1 f (n)g(n) = α f 1 g + f g. Siehe nächstes Blatt!

11 f g = 1 f(n)g(n) = 1 g(n)f(n) = 1 g(n)f(n) = g f. f αg 1 + g = αg 1 + g f = ᾱ g 1 f + g f = α f g 1 + f g, wobei wir die bereits gezeigten Punkte verwendet haben. Die positive Definitheit zeigt an folgenderassen: Wir haben f f = 1 f(n)f(n) = 1 f(n) 0 und der Ausdruck ist = 0 genau dann, wenn f(n) = 0 ist für 0 n 1. Da f aber periodisch ist it Periode, trifft dies genau dann zu, wenn f = 0 ist. Die übrigen Axioe prüft an direkt durch Einsetzen in die Definition. c) (3 Punkte) Wir prüfen e k (n + ) = e πi k(n+) = e πi kn e}{{} πik = e k (n) =1 für alle n Z. Dies zeigt e k F. Ausserde gilt e k e l = 1 e k (n)e l (n) = 1 e πi n(l k) = 1 if l = k 1 1 e πi (l k) 1 e πi (l k) = 0 if l k Soit ist (e k ) 0 k eine orthonorale Failie (insbesondere linear unabhängig). Eine Funktion f F ist genau dann eindeutig bestit, wenn f(0), f(1),..., f( 1) bekannt sind (oder f() anstelle von f(0) etc). Folglich ist die Diension von F gleich und folglich ist (e k ) 0 k auch eine Basis von F. d) (1 Punkt) Wir prüfen f(k + ) = 1 für alle k Z. Soit ist f F. Für alle α C und f, g F gilt F(αf + g) = αf + g = 1 Die Funktion F ist also linear. f(n)e πi(k+)n = 1 (αf(n) + g(n)) e πikn f(n)e πikn = f(k) = αf(f) + F(g). = δ k,l. Bitte wenden!

12 e) ( Punkte) Die adjungierte Abbildung F erfüllt per Definition f F (g) = F(f) g für alle f, g F. Wir haben F(f) g = 1 f(n)g(n) = 1 ( = 1 1 f(r) r=0 1 r=0 e πinr g(n) ). f(r)e πinr g(n) für alle f, g F. Die adjungierte Abbildung von F ist folglich F (g)(r) = 1 e πinr g(n).