Musterlösung Donnerstag - Determinanten und Eigenwerte

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1 Musterlösung Donnerstag - Determinanten und Eigenwerte 6. März Aufgabe : Zum Aufwärmen () Zeige, dass eine nilpotente Endomorphismus nur die Null als Eigenwert hat. Hinweis: Ein Endomorphismus heißt nilpotent, falls es ein k N gibt, so dass F k =. Beweis: F (v) = λv F (v) = λ v F k (v) = λ k v λ k = () Zeige, dass eine symmetrische -Matrix in R nur reelle Eigenwerte hat. Beweis: Da A symmetrisch ist, lässt sie sich folgendermaßen schreiben a b A = b d und dann folgt aus det(a λ() ) = λ ± = a + d (a d) ± + b 4 R (3) Zeige, dass ähnliche Matrizen das gleiche charakteristische Polynom haben. Hinweis: Zwei Matrizen A, à heißen zu einander ähnlich, falls es eine Matrix S Gl(n, K) gibt, so dass à = SAS. Beweis: PÃ(λ) = det(ã λ) = det(sas λss ) = det(s) (det(s)) det(a λ) = det(a λ) = P A (λ) (4) Sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum und F End(V ). Zeige Beweis: P F () F ist isomorph P F () P F () = det(a F ) F ist ein Isomorphismus F ist ein Isomorphismus det(a F ) = P F ()

2 (5) Zeige, das für A, B M(n n, K) im Allgemeinen nicht gilt. det(a + B) = det(a) + det(b) Beweis: Wir nehmen hier den Spezialfall n = heraus und definieren uns A =, B = dann ergibt sich det(a + B) = = det(a) + det(b) (6) Zeige, dass für ein invertierbares A Gl(n, K) gilt det(a ) = det(a) Beweis: Da A invertierbar ist gilt A A = n und daher Damit ist die Behauptung bewiesen. Aufgabe : Determinanten det(a A) = det(a ) det(a) = () Zeige, dass zu einer für meine Matrix A M(n n, K) gilt Hinweis: Verwende die Leibniz-Formel. det(a T ) = det(a) Beweis: Sei A = (a ij ) für die Komponenten der transponierten Matrix A T = (b ij ) gilt b ij = a ji, und somit det A T = P S n sign(p)b P() b np(n) = P S n sign(p)a P() a P(n)n = P S n sign(p)a P () a np (n) Setzten wir nun σ = P, dann gilt sign(p) = sign(σ) und daher det A T = σ S n sign(σ)a σ() a nσ(n) = det(a) Was zu zeigen war. () Berechnen Sie die folgenden Determinanten. () det 3 4 det = 4 6 = 3 4

3 () det (3) det det 5 5 = 3 det = 3 [6 5] = det 5 = 4 det 5 + det 3 3 det (4) det = 4 [ ] + [ ] [ ] = det = det 5 + (3) + ( ) 8 + ( 5) 5 + (4) (3) 5 + (3) 4 3(3) = det = det + () + () 3 3() 4 + ( ) 7 + ( ) 3 3( ) () 5 + () 8 3() = det = det 3 3 = { [ 5 + ]} = 54 (3) Berechne die folgenden Determinanten x () det x x Mit der Sarrus-Regel erhält man x det x = x x = (x ) (x + ) x 3

4 Die Zerlegung am Ende kann man z.b. durch Berechnung der Nullstellen des Polynoms einsehen. a b c () det c a b b c a det a b c c a b = a + b + c abc abc abc = a + b + c 3abc b c a a + ab ac (3) det ab b + bc ac bc c + det (4) det a + ab ac ab b + bc ac bc c + = (a + )(b + )(c + ) + a b c + a b c [a c (b + ) + a b (c + ) + b c (a + )] = (a b + a + b + )(c + ) a c a b b c a b c = a b c + a c + b c + c + a b + a + b + a c a b b c a b c = a + b + c + t t t + 4 Man addiere die zweite Spalte zu der ersten Spalte und addiert dann die dritte Spalte zu der zweiten Spalte, dann erhält man t + 3 t + det 5 t 3 = det t + t 6 6 t + 4 t t + 4 =(t + )(t ) det = (t + )(t ) det t + 4 t + 4 =(t + )(t )(t + 4) det = (t + )(t )(t + 4) (4) Sei x = (x,..., x n ) T, y = (y,..., x n ) T R n. Zeige, dass Folgendes gilt: xi y x und y sind linear abhängig det i = i, j {,..., n} x j y j Beweis: xi y x i = a y i, i det i x j y j a yi y det i a y j y j a yi y det i = y j y j 4

5 xi y det i = x x j y i y j y i x j = j x i y i = x j y j, i, j Setze nun xi y i =: C, dann gilt dies für alle i {,..., n} und daher folgt und x und y sind linear abhängig. Aufgabe 3: Eigenwerte x = c y () Sei λ ein Eigenwert zu einem invertierbaren F End(V ), dann gilt λ ist Eigenwert zu F. Hinweis: Kann ein invertierbarer Endomorphismus Null als Eigenwert haben? Beweis: Die Antwort auf den Hinweis lautet Nein!. Da det(f ) = k i= λ i gilt, würde aus der Annahme, dass Null Eigenwert sei, det(f ) = folgen, was im Widerspruch zur angenommen Invertierbarkeit steht. Daher können wir im folgenden λ i, i annehmen. F (v) = λv F (F (v)) = F (λv) v = λf (v) F (v) = λ v () Zeige: Falls AB einen Eigenwert gleich Null hat, dann gilt, dass A oder B einen Eigenwert gleich Null hat. Gilt die Umkehrung ebenfalls? Beweis: Angenommen, weder A noch B hätte einen Eigenwert gleich Null. Dann würde für jeden Vektor v gelten, dass Bv, denn ansonsten wäre Null ein Eigenwert. Setzt man nun w := Bv, dann muss aus dem selben Grunde Aw folgen. Daher schließt man ABv für jeden Vektor v, was im Widerspruch zur Annahme steht, dass AB einen Eigenwert gleich Null haben soll. Die Umkehrung gilt ebenfalls, nimmt man nämlich an, dass AB keinen Eigenwert gleich Null hat, dann folgt direkt, dass Bv für alle v und daher hat B keinen Eigenwert gleich Null, also det(b). Daher ist B insbesondere surjektiv und für v beliebig ist w := Bv wiederum beliebig. Daher würde wiederum folgen, dass Aw für w und sowohl A, als auch B hätten keinen Eigenwert ungleich der Null. Widerspruch! Seien A, B M(n n, K), dann zeige, dass AB und BA die selben Eigenwerte haben. Mit dem ersten Satz aus dieser Aufgabe folgt direkt, dass falls Null ein Eigenwert von AB ist, dies auch für BA zutrifft. Man nehme nun an, dass λ ein von Null verschiedener Eigenwert zu AB ist, dann existiert ein Vektor v derart, dass (AB)v = λv gilt. Setze nun w := Bv, dann gilt, dass w ist, da λ und v. Daher kann man aus (BA)w = BABv = λbv = λw folgern, dass der Eigenwert λ von AB ebenfalls ein Eigenwert von BA ist. 5

6 (3) Berechne das charakteristische Polynom der folgenden Matrizen und finde mit jenem deren Eigenwerte. () A = 5 3 Das charakteristische Polynom lautet und daraus ergeben sich die Eigenwerte () B = 4 P A (λ) = λ 5λ + λ ± = 5 ± Das charakteristische Polynom lautet P B (λ) = (λ 3 7λ + 5λ 9) Zunächst ließt man hiervon ab, dass λ = ein Eigenwert ist. Durch Polynomdivision erhält man dann λ 6λ + 9 = als weitere Bedingung für Eigenwerte. Damit erhält man, dass λ = Eigenwert der Vielfachheit und λ = 3 Eigenwert der Vielfachheit ist. 3 (3) C = Das charakteristische Polynom lautet P C (λ) = (λ 3 λ 6) Zunächst ließt man den Eigenwert λ = ab, und erhält dann durch Polynomdivision λ λ 8 = als weitere Bedingung für Eigenwerte. Schließlich ergibt sich der Eigenwert 4 mit der algebraischen Vielfachheit von und λ = mit der algebraischen Vielfachheit von. (4) Ist die Matrix A = invertierbar? Da das charkteristische Polynom P (λ) = λ λ lautet, ist λ = ein Eigenwert der Matrix und diese ist damit nicht invertierbar. (5) Zeige, ob die folgenden Matrizen diagonalisierbar sind und geben sie gegebenenfalls die Ähnlichkeitstransformation an. () A = 3 Das charakteristische Polynom lautet P A (λ) = ( λ) 6

7 und λ = ist daher Eigenwert mit der algebraischen Vielfachheit. Wir berechnen nun den Eigenraum zu diesem Eigenwert ( x = a x ) = a dim(eig(a, )) = = µ ( (λ ), ) und daher ist die Matrix nicht diagonalisierbar. 3 3 () B = Das charakteristische Polynom lautet P B (λ) = (λ 3 λ 4) Daraus errät man die Nullstelle λ = und erhält im Folgenden durch Polynomdivision λ λ 8 = als zusätzliche Bedingung für die Eigenwerte. Daraus ergibt sich schließlich, dass λ = ein Eigenwert mit algebraischer Vielfachheit und λ = 4 ein solcher mit algebraischer Vielfachheit ist. Als Nächstes berechnen wir die Basis zu dem Eigenraum Eig(B, ) x y = x y + z = z Daher erhält man zwei linear-unabhängige Lösungen, z.b. und es gilt dim Eig(B, ) = = µ(p B, ). x = ( ) und x = ( ) Jetzt folgt der Eigenraum zu λ = 4 und man erhält als Bedingung x { y = x = y 6 6 z y = z Daher ist der Lösungsraum wie erwartet eindimensional und als Basisvektor bietet sich x 3 = an. Die Matrix für die Ähnlichkeitstransformation lautet bei unserer Wahl der Basis S = und es gilt S AS = 4 7

8 (3) C = 3 a b a, a, b R Hinweis: Hier ist keine Transformationsmatrix anzugeben! Das charakteristische Polynom lautet und daher ergibt sich für die Eigenwerte P C (λ) = ( 3 λ)(b λ)( λ) λ = 3 λ = b λ 3 = Für die Fälle b und b 3 sind alle Eigenwerte paarweise verschieden und die Matrix daher für alle a R diagonalisierbar. Wir machen nun eine Fallunterscheidung: Für b = nimmt die Eigenwertgleichung für den doppelten Eigenwert λ = die Form 5 x a a x = x 3 an, und man erählt x = sowie ax 3 =. Für a = folgt, dass x und x 3 frei wählbar sind und somit für den Eigenraum dim(eig(c, )) = gilt. Ist aber a so erhält man x 3 = und nur noch x ist frei wählbar. Daher ist in diesem letzteren Fall dim(eig(c, )) = und die Matrix ist nicht diagonalisierbar. Nun der Fall b = 3. Dann muss der doppelte Eigenwert λ = 3 kritisch begutachtet werden. Man erhält aus der Eigenwertgleichung x a a x = 5 x 3 Für a = 5 erhält man x +x 3 = und x frei wählbar, dann ist dim(eig(c, 3)) = und die Marix ist diagonalisierbar. Ist aber a 5, so folgt x = x 3 = und nut noch x frei wählbar und daher dim(eig(c, 3)) = und somit echt kleiner als der die algebraische Vielfachheit und somit nicht diagonalisierbar. (6) Gib alle Eigenwerte und eine Basis jedes Eigenraumes des Endomorphismus F End(R 3 ) an, welcher durch F (x, y, z) := x + y y z y + 4z gegeben ist. Ist F diagonalisierbar? Die darstellende Matrix in der Standard-Basis des R 3 von ist durch A F = 4 gegeben. Damit ergibt sich als charakteristisches Polynom und daher sind, 3 Eigenwerte von F. P F (λ) = (λ ) (λ 3) 8

9 Wir berechnen die Eigenvektoren zum Eigenwert. Diese ergeben sich aus x y = y = y = y + z = z = z y z = x beliebig Daher ist dim ker(f λid R 3) = < = µ(f, ) (geometrische Vielfachheit echt kleiner der algebraischen Vielfachheit) und F ist nicht diagonalisierbar. Eine mögliche Wahl eines Eigenvektors zu λ = wäre x = was somit auch eine Basis für den Eigenraum Eig(F, 3) darstellt. Für die Basis des Eigenraumes zu λ = 3 setzt man an x x y = y = y + z = z y z = { x y = y + z = Eine mögliche Wahl für die Basis wäre x = (7) Berechnen Sie die Jordan-Normalform der folgenden Matrizen und geben sie die Jordanbasis an. () A = Beweis: Das charakteristische Polynom ist P (λ) = ( λ) 3 dann ist dim Hau(A, ) = 3 und es gilt mit G := A 3 G =, G = und somit ergibt sich U = {} U = span{, } U = R 3 Dann ergibt sich sofort s = 6 3 = s = 4 3 = und man kann daher einfach die Jordan-Normalform von A angeben, die da lautet A J = 9

10 Wir wählen als Basis für W den Vektor e = und erhalten damit den ersten Vektor für W und zwar G(e ) = Da aber W zweidimensional sein muss, ergänzen wir G(e ) durch e 3. Das Schema ergibt dann e G(e ) e 3 und die Jordanbasis schreibt sich B = b =, b =, b 3 = Außerdem erhalten wir die Transformationsmatrix T = mit der sich wieder die Jordan-Normalform erschließen lässt A J = T AT = () B = ( 3 ) Das charakteristische Polynom ist und wegen P B (λ) = ( λ) G = B = ( 5 ) ist die Matrix nicht diagonalisierbar. Aber es gilt U U = span{ } U = R und daher s = s = und tada: B J =

11 Zur Berechnung der Basis wählen wir e als Basisvektor für W und erhalten ( 5 G(e ) = 5) Daher schreibt die Basis als B = ( ( ( 5 b =, b 5) = )) und ebenso die Transformationsmatrix 3 (3) C = T = Hinweis: Die Aufgabe aus der Vorlesung! Das charakteristische Polynom lautet Für den Eigenwert λ = 5 5 P F (λ) = (λ )(λ + ) 3 G = und ein möglicher Basisvektor des zugehörigen Eigenraumes ist Für den Eigenwert λ = erhält man G =, G = 4 4 Man erhält dim Eig(C, ) = < = µ(c, ) und daher ist die MAtrix C nicht diagonalisierbar. Für den Eigenraum gibt es z.b. den Basisvbektor und man erhält für den Hauptraum Hau(C, ) = {x R 3 : x + 4x + x 3 = } und mögliche Basisvektoren sind h :=, h := 4

12 Nun muss man zur Bestimmung der richtigen Basis den Endomorphismus G auf den Hauptraum Hau(C, ) einschränken. Dies erreicht man durch Darstellung von G in der Basis von Hau(C, ): G (h ) = h + h G (h ) = h + h und man erhält die Darstellungsmatrix von G ind Hau(C, ) G (h) = Hier kann man wieder das Schema auf der Vorlesung anwenden und man erhält U U = span{ } U = R Für die Zerlegung R = W W wählt man ( W = span{ } ) und somit nach dem Schema die geordnete Basis lautet daher W = span{ } B (h) = ( (, )) Nun muss man diese Vektoren wieder in der ursprünglichen Basis darstellen B = h + h =, h = 4 und die Jordanbasis lautet B =,, 4 Die Matrix C stellt sich nun in Jordan-Normalform durch C J = dar.