Lineare Algebra und Analytische Geometrie I für die Fachrichtung Informatik

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1 Universität Karlsruhe (TH) Institut für Algebra und Geometrie Dr. Klaus Spitzmüller Dipl.-Inform. Wolfgang Globke Lineare Algebra und Analytische Geometrie I für die Fachrichtung Informatik Lösungen zum Übungsblatt für die vorlesungsfreie Zeit Wintersemester 28/29 Aufgabe 1 (Herbst 27) Es seien V ein dreidimensionaler K-Vektorraum und ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3 Linearformen auf V. Zeigen Sie, dass diese Linearformen genau dann linear abhängig sind, wenn es einen Vektor v V {} gibt mit i {1, 2, 3} : ϕ i (v) =. Wenn ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3 nicht linear abhängig sind, so bilden sie eine Basis des Dualraums V von V, denn dieser ist auch dreidimensional. Da es zu jedem v eine Linearform ψ mit ψ(v) gibt, kann nicht ϕ i (v) = für i = 1, 2, 3 gelten, denn ψ lässt sich als Linearkombination von ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3 schreiben. Sind umgekehrt ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3 linear abhängig, so gibt es Elemente a 1, a 2, a 3 K, die nicht alle sind, und so, dass a 1 ϕ 1 + a 2 ϕ 2 + a 3 ϕ 3 =. Die lineare Abbildung ist dann nicht surjektiv, denn für alle v V gilt Φ : V K 3, Φ(v) = (ϕ i (v)) 1 i 3. (a 1, a 2, a 3 ) Φ(v) = 3 a i ϕ i (v) =, und daher können nicht alle Vektoren der Standardbasis im Bild von Φ liegen. Wegen der Dimensionsformel ist also Kern(Φ) {}. i=1 dim(kern(φ)) = 3 dim(bild(φ)) >, Daher gibt es ein v V, v, mit Φ(v) =, oder auch i {1, 2, 3} : ϕ i (v) =.

2 Aufgabe 2 (Herbst 27) In Abhängigkeit vom reellen Parameter t sei die Matrix t A t = 2 t 1 t 1 R4 4 2 gegeben. (a) Bestimmen Sie alle t R, für die A t diagonalisierbar ist. (b) Berechnen Sie eine reguläre Matrix S R 4 4, für die S 1 A S diagonal ist. (a) Das charakteristische Polynom det(xi 4 A t ) berechnet sich durch Laplace-Entwicklung erst nach der letzten Zeile und dann nach der zweiten Spalte zu f At = (X 2) 2 ((X t 4)(X t) 5) = (X 2) 2 (X 2 (2t + 4)X + t 2 + 4t 5). Die Eigenwerte außer 2 sind nach der Mitternachtsformel also t + 5 und t (2t + 4 ± 4t t t 2 16t + 2) = 1 2 (2t + 4 ± 36), Die algebraische Vielfachheit von 2 ist mindestens 2. Damit A t diagonalisierbar sein kann, muss also die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts 2 auch mindestens 2 sein, der Rang von A t 2I 4 also höchstens 4 2 = 2. Rangbestimmung für diese Matrix: A z 2I 4 = t t 1 t t 2 t 1 t 1 t 2 1 Hier wurde das (t + 2)-fache der dritten Zeile von der ersten abgezogen. Der Rang dieser Matrix ist also 2, wenn entweder t = oder t = ±3 gilt. Ansonsten ist er 3. Demnach ist A t höchstens für t { 3,, 3} diagonalisierbar. Im Fall t = ist A t tatsächlich diagonalisierbar, da die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts 2 mit der algebraischen Vielfachheit übereinstimmt und die beiden anderen Eigenwerte 5 und 1 algebraisch und damit auch geometrisch einfach sind. Im Fall t = ±3 ist 2 ein algebraisch dreifacher Eigenwert, während nach obiger Rangberechnung die geometrische Vielfachheit von 2 nur 2 ist: A ±3 ist nicht diagonalisierbar. Also ist A t genau im Fall t = diagonalisierbar. (b) Es sei t =. Eine Basis des Eigenraums von A zum Eigenwert 2 besteht zum Beispiel aus den Vektoren 7 b 1 := 1, b 2 := 1, 9 wie sich durch Lösung des homogenen LGS (A 2I 4 ) v = ergibt. Analog ergeben sich die Vektoren b 3 := 5 1 und b 4 := 1 1

3 als Eigenvektoren zu den Eigenwerten 5 und 1. Daher ist {b 1, b 2, b 3, b 4 } eine Basis aus Eigenvektoren. Die Matrix S := (b 1, b 2, b 3, b 4 ) ist regulär und erfüllt S 1 A S = diag(2, 2, 5, 1).

4 Aufgabe 3 (Herbst 28) Es seien V ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum und Φ ein Endomorphismus von V mit der Eigenschaft Φ 2 = id V. Zeigen Sie: (a) Jeder Eigenwert von Φ ist entweder 1 oder 1. (b) Φ ist diagonalisierbar. (c) dim(eig(φ, 1)) = 1 2( dim(v ) + Spur(Φ) ), wobei Eig(Φ, 1) = Kern(Φ idv ). (a) Es seien λ R ein Eigenwert von Φ und v ein zugehöriger Eigenvektor. Dann folgt λ 2 v = λ Φ(v) = Φ(λ v) = Φ 2 (v) = v, da Φ 2 = Id V. Daraus folgt λ 2 = 1, denn der Eigenvektor v ist ja nicht. Das impliziert λ = ±1. (b) Es gilt Id V = 1 2 (Φ + Id V ) 1 2 (Φ Id V ). Für v V sei v := 1 2 (Φ Id V )(v) und v + := 1 2 (Φ + Id V )(v). Dann ist v = v + v +. Aus der Gleichung Φ 2 = Id V folgt aber Φ(v ± ) = Φ( 1 2 (Φ ± Id V )(v)) = 1 2 (Φ2 (v) ± Φ(v)) = ±v ±, also ist v + im Eigenraum zum Eigenwert 1 und v im Eigenraum zum Eigenwert 1. Daher ist V die Summe dieser Eigenräume, und mithin ist Φ diagonalisierbar. (c) Da Φ diagonalisierbar ist, gibt es eine Abbildungsmatrix in Diagonalform. Die Spur von Φ ist die Spur dieser Abbildungsmatrix Auf der Diagonalen stehen die Eigenwerte 1 und 1 jeweils mit algebraischer = geometrischer Multiplizität. Diese Multiplizitäten sind gerade die Dimensionen der Eigenräume. Die Summe der Dimensionen der Eigenräume ist dim(v ). Es folgt da wir die potenziellen Eigenwerte kennen Spur(Φ) = dim(eig(φ, 1)) dim(eig(φ, 1)) = 2 dim(eig(φ, 1)) dim V, und dies wird zur gewünschten Formel aufgelöst. dim(eig(φ, 1)) = 1 (dim(v ) + Spur(Φ)) 2

5 Aufgabe 4 (Frühjahr 28) Es seien V = R 3 und U = {(x 1, x 2, x 3 ) V x 1 + x 2 = x 3 }. (a) Zeigen Sie: U ist ein Untervektorraum von V und es gibt einen Isomorphismus Φ : V/U R. (b) Zeigen Sie: Für alle Ψ (V/U) gibt es ein λ R mit Ψ = λ Φ. (c) Finden Sie x, y V mit Φ( x) Φ(ỹ) = 42. (a) Es ist U = {(x 1, x 2, x 3 ) V x 1 + x 2 x 3 = } der Kern der linearen Abbildung Deshalb ist U ein Untervektorraum. Λ : R 3 R, Λ((x 1, x 2, x 3 )) = x 1 + x 2 x 3. Für r R gilt r = Λ((r,, )), also ist Λ surjektiv und hat damit Rang 1. Wegen der Dimensionsformel für Homomorphismen ist dim(u) = dim(kern(λ)) = dim(v ) Rang(Λ) = 3 1 = 2. Daher hat V/U Dimension dim(v ) dim(u) = 1, und ist demnach als reeller Vektorraum zu R isomorph. Folglich gibt es einen Isomorphismus Φ wie behauptet. Konkreter könnte man auch so argumentieren: Da Λ surjektiv ist und Kern U hat, ist die durch den Homomorphiesatz zugesicherte Abbildung ein Isomorphismus. Φ := Λ : V/U R, [v] Λ(v), (b) Es ist V/U eindimensional, und daher ist auch der Dualraum (V/U) eindimensional. Da Φ aus Teil a) nicht ist, ist {Φ} eine Basis von (V/U), und damit auch ein Erzeugendensystem: jede Linearform ist ein Vielfaches von Φ. Wer das nicht mag, kann auch sagen: Wenn [x] V/U nicht ist, ist auch Φ([x]), denn Φ ist ein Isomorphismus. Daher gilt Ψ([x]) = Ψ([x]) Φ([x]) Φ([x]). Die Klasse [x] erzeugt den eindimensionalen Vektorraum V/U, und nach dem Satz über die lineare Fortsetzung ist Ψ durch seinen Wert auf [x] festgelegt. Es gilt Ψ = Ψ([x]) Φ([x]) Φ. (c) Hier wähle man ein y V U, zum Beispiel y = (1,, ). Es ist dann [y]. Weiter setze man x = 42y, also insbesondere [x] = [42y] = 42[y]. Wegen der Injektivität von Φ gilt sicher Φ([y]), und aus der Linearität von Φ folgt Φ([x]) Φ([42 y]) 42 Φ([y]) = = = 42. Φ([y]) Φ(y) Φ([y])

6 Aufgabe 5 (Herbst 28) Seien V ein reeller Vektorraum, (b 1,..., b n ) eine Basis von V und α, β R. Ein Endomorphismus Φ von V sei erklärt durch n Φ(b i ) = (α β)b i + β b j, i = 1,..., n. (a) Stellen Sie die Abbildungsmatrix A von Φ bezüglich der angegebenen Basis auf. (b) Berechnen Sie det(a). (a) Wegen folgt Φ(b i ) = (α β)b i + β j=1 n b j = αb i + j=1 n j=1,j i α β β β β α β β A Φ = β β α β β β β α βb j, i = 1,..., n, (b) Subtraktion der letzten Zeile von den Zeilen 1 bis n 1 ergibt α β β α α β β α α β β α det(a Φ ) = det α β β α β β β β α Jetzt addiert man der Reihe nach die erste, die zweite,..., die (n 1)te Spalte zur letzten Spalte und erhält so α β α β det(a Φ ) = det = (α β) n 1 (α + (n 1)β) α β β β β α + (n 1)β

7 Aufgabe 6 (Frühjahr 28) Berechnen Sie für alle n 1 die Determinante der n n-matrix A n = (a ij ) mit { i + j für i {1, n} oder j {1, n}, a ij = sonst. Wir fangen an mit kleinen Werten für n und schreiben zuerst die Matrizen A 1 bis A 4 hin: ( ) A 1 = (2), A 2 =, A = 3 5, A 4 = Das ergibt die folgenden Determinanten: det(a 1 ) = 2, det(a 2 ) = = 1, det(a 3 ) = = 16 und durch zweimaliges Entwickeln nach der zweiten Zeile det(a 4 ) = 3 det( ) + 6 det( ) ( ) ( ) = 21 det( ) 24 det( ) = (21 24) (21 24) = 9. Die Bildungsvorschrift für A n sagt insbesondere, dass nur Einträge in der ersten oder letzten Zeile beziehungsweise ersten oder letzten Spalte nicht sein können. Insbesondere sind für n 5 die zweite, dritte und vierte Zeile linear abhängig, denn nur ihr erster und letzter Eintrag ist nicht. Konkreter sind diese Zeilen (3... n + 2), (4... n + 3), (5... n + 4), und man sieht, dass die dritte Zeile die Hälfte der Summe von zweiter und vierter Zeile ist. Also ist für n 5 die gesuchte Determinante det(a n ) =.