Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Martin Fuchssteiner Kay Schwieger

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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WS 2007/2008

Lineare Algebra I

11. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

MINITEST

(T 1) Für den Rang rankϕ einer linearen Abbildung ϕ : V → W gilt

□ rankϕ ≤ dim(W)  □ rankϕ ≤ dim(V)  □ rankϕ ≤ dim(ker ϕ)

□ rankϕ ≤ dim(Imϕ)

(T 2)

Es seien A, B ∈ M(n × n, 𝕂) und B gehe aus A durch elementare Zeilenumformungen hervor. Welche der folgenden Aussagen ist (oder sind) falsch?

□ det A = 0 ⇔ det B = 0 □ det A = det B □ ∃λ ∈ 𝕂\{0} : detA = λdetB

(T 3) det ( \begin{matrix}λ & λ & λ \\ λ & λ & λ \\ λ & λ & λ \end{matrix} ) =

□ 0  □ λ  □ λ^{3}  □ 9λ  □ λ^{9}

(G 1)

Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenvektoren der folgenden reellwertigen Matrix:

A := ( \begin{matrix}3 & 1 & 1 \\ 2 & 4 & 2 \\ 1 & 1 & 3 \end{matrix} ) .

Lösung:

Es ist

det(A − λE_{3}) = det ( \begin{matrix}3 − λ & 1 & 1 \\ 2 & 4 − λ & 2 \\ 1 & 1 & 3 − λ \end{matrix} )

= det ( \begin{matrix}0 & λ − 2 & (λ − 3)(3 − λ) + 1 \\ 0 & 2 − λ & 2λ − 4 \\ 1 & 1 & 3 − λ \end{matrix} )

= (λ − 2) det ( \begin{matrix}1 & −λ^{2} + 6λ − 8 \\ −1 & 2λ − 4 \end{matrix} )
= (λ − 2)(2λ − 4 − λ^{2} + 6λ − 8)
= −(λ − 2)^{2}(λ − 6).

Eigenwerte von A sind daher λ_{1} = 2 und λ_{2} = 6. Die Eigenvektoren von A zu λ_{1} = 2 berechnen sich durch Lösen des homogenen Gleichungssystems:

( \begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ⇔ ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) = α ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} ) + β ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} )

für alle α, β ∈ ℝ mit (α, β) ≠ (0, 0). Eigenvektoren von A zu λ_{2} = 6 berechnen sich ebenso:

( \begin{matrix}−3 & 1 & 1 \\ 2 & −2 & 2 \\ 1 & 1 & −3 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ⇔ ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) = α ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} )

für alle α ∈ ℝ\{0}.

(G 2)

Es sei A eine quadratische Matrix.

(a) Beweisen oder widerlegen Sie, dass A und A^{T} die gleichen Eigenwerte haben.

(b) Beweisen oder widerlegen Sie, dass A und A^{T} die gleichen Eigenräume haben.

Lösung:

(a) Es sei λ Eigenwert von A. Dann ist det(A − λE) = 0. Da die Determinante invariant bzgl. Transponieren ist, gilt damit det(A−λE) = det(A−λE)^{T} = 0. Es ist (A−λE)^{T} = A^{T} − (λE)^{T} = (A^{T} − λE)^{T} = A^{T} − λE. Somit ist det(A^{T} − λE) = 0 und λ ist auch Eigenwert von A^{T}.

(b) Die Aussage lässt sich folgendes Gegenbeispiel wiederlegen. Sei

A := ( \begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 0 \end{matrix} ) ,

dann hat A die Eigenwerte λ_{1} = 1 + 2 = 3 und λ_{2} = 1 − 3 = −2. Zu diesen gehören die Eigenräume

U_{λ_{1}} = \{α ( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ) : α ∈ ℝ\}, U_{λ_{2}} = \{α ( \begin{matrix}−2 \\ 1 \end{matrix} ) : α ∈ ℝ\}.

Es hat

A^{T} = ( \begin{matrix}1 & 3 \\ 2 & 0 \end{matrix} )

zwar auch die Eigenwerte λ = \frac{1±5}{2}, also λ_{1} = 3 und λ_{2} = −2, aber die Eigenräume sind

U_{λ_{1}} = \{α ( \begin{matrix}−3 \\ −2 \end{matrix} ) : α ∈ ℝ\}, U_{λ_{2}} = \{α ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \end{matrix} ) : α ∈ ℝ\}.

(G 3)

Gegeben sei die Matrix

A = ( \begin{matrix}−1 & −3 & −3 \\ −2 & −1 & −2 \\ 2 & 3 & 4 \end{matrix} ) .

(a) Bestimmen Sie das charakteristische Polynom von A.

(b) Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenvektoren.

(c) Ist A ähnlich zu einer Diagonalmatrix? Falls ja, geben Sie eine Diagonalmatrix D und eine Matrix T an, so daß T^{−1}AT = D gilt.

Lösung:

(a)

det(A − λE) = det ( \begin{matrix}−1 − λ & −3 & −3 \\ −2 & −1 − λ & −2 \\ 2 & 3 & 4 − λ \end{matrix} ) = det ( \begin{matrix}−1 − λ & −3 & −3 \\ −2 & −1 − λ & −2 \\ 0 & 2 − λ & 2 − λ \end{matrix} )
= (−1 − λ) · ((−1 − λ)(2 − λ) + 2(2 − λ)) + 2 · (−3(2 − λ) + 3(2 − λ))
= −(2 − λ)(1 + λ)(1 − λ).

Also ist P_{A}(λ) = (1 + λ)(1 − λ)(2 − λ).

(b) Die Eigenwerte von A sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms, also λ_{1} = −1, λ_{2} = 1, λ_{3} = 2.

Die zu λ_{i} gehörenden Eigenvektoren ergeben sich als Lösung der Gleichungssysteme (A − λ_{i}E)v_{i} = 0, i = 1, 2, 3. Zu beachten ist noch, daß der Nullvektor per Definition nie ein Eigenvektor ist.

\underline{λ_{1} = −1}: In diesem Fall ist (A + E)v_{1} = 0 zu lösen.

( \begin{matrix}0 & −3 & −3 & 0 \\ −2 & 0 & −2 & 0 \\ 2 & 3 & 5 & 0 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

Also ist

v_{1} = μ · ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) , μ ∈ ℝ \ \{0\}.

\underline{λ_{2} = 1}: Hier ist (A − E)v_{2} = 0 zu lösen.

( \begin{matrix}−2 & −3 & −3 & 0 \\ −2 & −2 & −2 & 0 \\ 2 & 3 & 3 & 0 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

Somit

v_{2} = μ · ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) , μ ∈ ℝ \ \{0\}.

\underline{λ_{3} = 2}: Jetzt ist (A − 2E)v_{3} = 0 zu betrachten.

( \begin{matrix}−3 & −3 & −3 & 0 \\ −2 & −3 & −2 & 0 \\ 2 & 3 & 2 & 0 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

Also

v_{3} = μ · ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} ) , μ ∈ ℝ \ \{0\}.

(c) Die Matrix A ist ähnlich zu einer Diagonalmatrix.

D = ( \begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix} ) , T = ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ −1 & −1 & −1 \end{matrix} )

(G 4)

Beweisen Sie folgende Aussagen für eine komplexe Matrix A:

(a) λ ist Eigenwert von A ⇔ λ̄ ist Eigenwert von A.

(b) A ist regulär ⇔ Alle Eigenwerte von A sind von Null verschieden.

(c) Ist A regulär, so gilt:

λ ist Eigenwert von A ⇔ \frac{1}{λ} ist Eigenwert von A^{−1}.

(d) λ ist Eigenwert von A ⇒ λ^{k} ist Eigenwert von A^{k} für alle k ∈ ℕ.

Lösung:

(a) λ ∈ ℂ ist Eigenwert von A ⇔ p_{A}(λ) = 0 Da p_{A} ein Polynom mit reellen Koeffizienten ist, gilt p_{A}(λ) = 0 ⇔ p_{A}(λ̄) = 0 (vgl. Satz 3.3, Seite 53).

(b) Seien λ_{1}, ..., λ_{n} die Eigenwerte von A.

A ist regulär ⇔ Det(A)= λ_{1} · λ_{2} · ... · λ_{n} ≠ 0 ⇔ λ_{1}, ..., λ_{n} ≠ 0 (vgl. Satz 4.3, Seite 169 & Lemma 6.3, Seite 184)

(c) Sei A regulär. Dann ist A invertierbar und alle Eigenwerte von A sind von Null verschieden (vgl. b)). Sei λ ein Eigenwert von A und x ein zugehöriger Eigenvektor, d.h. Ax = λx. Dann gilt:

x = A^{−1}λx = λA^{−1}x

und somit

A^{−1}x = \frac{1}{λ}x,

d.h. \frac{1}{λ} ist Eigenwert von A^{−1}.

(d) Sei λ Eigenwert von A und x ein zugehöriger Eigenvektor, d.h. Ax = λx. Wir zeigen:

A^{k}x = λ^{k}x für k ∈ ℕ

mittels vollständiger Induktion (dann ist λ^{k} Eigenwert von A^{k} mit Eigenvektor x). Induktionsanfang, k = 1: Es gilt Ax = λx (s.o.). Induktionsannahme für k ∈ ℕ: Es gelte A^{k}x = λ^{k}x. Induktionsschritt:

A^{k+1}x = AA^{k}x = Aλ^{k}x = λ^{k}Ax = λ^{k}λx = λ^{k+1}x

Hausübungen

(A 14) Eigenwerte und Eigenvektoren (10 Punkte)

Gegeben sei die Matrix

A = ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ −6 & 3 & −1 \\ 6 & −2 & 2 \end{matrix} ) .

(a) Bestimmen Sie das charakteristische Polynom von A.

(b) Bestimmen Sie alle Eigenwerte und Eigenvektoren.

(c) Ist A ähnlich zu einer Diagonalmatrix? Falls ja, geben Sie eine Diagonalmatrix D und eine Matrix T an, so daß T^{−1}AT = D gilt.

Lösung:

(a) Es gilt det(A − λE) = (4 − λ)(1 − λ)^{2}, also p_{A}(λ) = (λ − 4)(1 − λ)^{2}.

(b) Die Eigenwerte sind λ_{1} = 4, λ_{2} = 1, als zugehörige Eigenvektoren berechnet man

v_{1} = μ · ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) , μ ∈ ℝ \ \{0\}, v_{2} = μ · ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ −2 \end{matrix} ) , μ ∈ ℝ \ \{0\}.

(c) Die Matrix ist nicht ähnlich zu einer Diagonalmatrix. Eine Transformationsmatrix T mit den gewünschten Eigenschaften kann nicht gebildet werden. (Nur 2 Eigenvektoren vorhanden, 3 wären aber nötig.)

(A 15) (10 Punkte)

(a) Zeigen Sie, dass sich die charakteristische Gleichung einer 2 × 2-Matrix A als

λ^{2} − λ tr(A) + det(A) = 0

schreiben lässt.

(b) Bestimmen Sie die Lösungen der charakteristischen Gleichung für eine reellwertige

Matrix

A := ( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix} ) .

Für welche a, b, c, d ∈ ℝ besitzt die Matrix A keine, ein oder zwei reelle Eigenwerte?

(c) Zeigen Sie, dass ( \begin{matrix}−b \\ a − λ_{1} \end{matrix} ) und ( \begin{matrix}−b \\ a − λ_{2} \end{matrix} ) Eigenvektoren von A sind für den Fall, dass A reelle Eigenwerte hat.

(d) Berechnen Sie für a, b, c, d ∈ ℤ mit a + b = c + d die Eigenwerte von A und zeigen Sie, dass sie ganzzahlig sind.

Lösung:

(a) Wir rechnen:

det(A − λE_{2}) = det ( \begin{matrix}a_{11} − λ & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} − λ \end{matrix} )
= (a_{11} − λ)(a_{22} − λ) − a_{12}a_{21}
= λ^{2} − λ(a_{11} + a_{22}) + a_{11}a_{22} − a_{12}a_{21}
= λ^{2} − λtr(A) + det(A).

(b) Durch eine quadratische Ergänzung löst man die Gleichung nach λ auf und erhählt:

λ = \frac{1}{2} (tr(A) ± \sqrt{tr(A) − 4 det(A)})

bzw.

λ = \frac{1}{2} ((a + d) ± \sqrt{(a − d)^{2} + 4bc}) .

Damit besitzt A 1. für (a − d)^{2} + 4bc > 0 zwei verschiedene reelle Eigenwerte,

2. für (a − d)^{2} + 4bc = 0 einen reellen Eigenwert,

3. für (a − d)^{2} + 4bc < 0 keinen reellen Eigenwert.

(c) Es ist zu zeigen:

( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix} ) ( \begin{matrix}−b \\ a − λ_{1} \end{matrix} ) = λ_{1} ( \begin{matrix}−b \\ a − λ_{1} \end{matrix} ) ,

was äquivalent ist zu:

( \begin{matrix}−bλ_{1} \\ ad − cb − dλ_{1} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−bλ_{1} \\ λ_{1}a − λ_{1}^{2} \end{matrix} ) .

Die erste Zeile ist bereits ok, nur um die Gleichheit in der zweiten Zeile einzusehen, müssen wir noch ein wenig arbeiten. Es ist einerseits

λ_{1}^{2} = cb + \frac{1}{2}(a^{2} + d^{2}) + \frac{1}{2}(a + d)\sqrt{a^{2} − 2ad + d^{2} + 4cb}

und damit

λ_{1}a − λ_{1}^{2} = \frac{1}{2}ad − \frac{1}{2}d^{2} − cb − \frac{1}{2}d\sqrt{a^{2} − 2ad + d^{2} + 4cb}.

Anderseits ist

ad − cb − dλ_{1} = ad − cb − \frac{1}{2}d(a + d + \sqrt{a^{2} − 2ad + d^{2} + 4cb}),

also ist auch die zweite Zeile gleich. Analog rechnet man für λ_{2}.

(d) Mit a − d = c − b berechnen wir:

λ = \frac{1}{2} ((a + d) ± \sqrt{(a − d)^{2} + 4bc})
= \frac{1}{2} ((a + d) ± \sqrt{(c − b)^{2} + 4bc})
= \frac{1}{2} ((a + d) ± (c + b)) .

Mit d = a + b − c ist also λ_{1} = a + b ∈ ℤ und λ_{2} = a − c ∈ ℤ. (A 16) (10 Punkte)

Es sei A = ( \begin{matrix}−2 & 6 \\ −2 & 5 \end{matrix} ) .

(a) Für λ ∈ ℝ sei B_{λ} = A − λE_{2}. Berechne Werte λ_{1} und λ_{2} ∈ ℝ, so daß det(B_{λ_{i}}) = 0.

(b) Finde Vektoren v_{1} und v_{2}, die V_{1} := ker B_{λ_{1}} bzw. V_{2} := ker B_{λ_{2}} erzeugen. Zeige, daß V die direkte Summe von V_{1} und V_{2} ist.

(c) Die Matrix A beschreibt eine lineare Abbildung bezüglich der Standardbasis. Berechne die Matrix dieser Abbildung bezüglich der neuen Basis B′ = {v_{1}, v_{2}}.

(d) Sei L : ℝ^{2} → ℝ^{2} eine lineare Abbildung und seien v, w ∈ ℝ^{2} \ {0} zwei Vektoren, so

daß

L(v) = λv L(w) = μw mit λ, μ ∈ ℝ und λ ≠ μ

Bilden die Vektoren v, w immer eine Basis von ℝ^{2}?

Lösung:

(a) Es ist

det B = det ( \begin{matrix}−2 − λ & 6 \\ −2 & 5 − λ \end{matrix} ) = (−2−λ)(5−λ)+12 = λ^{2} −3λ+2 = (λ−1)(λ−2),

also λ_{1} = 1 und λ_{2} = 2.

(b) Um die Kerne zu bestimmen, erhält man mit Gauss–Jordan-Elimination

B_{1} = ( \begin{matrix}−3 & 6 \\ −2 & 4 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}−3 & 6 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) and B_{2} = ( \begin{matrix}−4 & 6 \\ −2 & 3 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}−4 & 6 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) .

Daher kann man v_{1} = ( \begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix} ) und v_{2} = ( \begin{matrix}3 \\ 2 \end{matrix} ) wählen. v_{1} und v_{2} sind linear unabhängig, daher ist V_{1} ∩ V_{2} = {0} und V_{1} + V_{2} = V. Also ist V die direkte Summe von V_{1} und V_{2}.

(c) Die Übergangsmatrix von der Standardbasis zur Basis B′ ist

S := ( \begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 2 \end{matrix} ) .

Mit Hilfe von

S^{−1} = ( \begin{matrix}2 & −3 \\ −1 & 2 \end{matrix} )

berechnet man die gesuchte Matrix A′ als

A′ = S^{−1}AS = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix} ) .

(d) Ja, da Eigenvektoren zu verschiedenen EW immer linear unabhängig sind.