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

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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WS 2007/2008

Lineare Algebra I

13. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1)

(a) Beweisen Sie, dass die reelle Matrix

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

über ℝ ähnlich zu einer Diagonalmatrix ist.

(b) Berechnen Sie A^{13}.

Lösung:

(a) Die charakteristische Gleichung zur Matrix A lautet −λ^{3} + 5λ^{2} − 8λ + 4 = (1 − λ)(2 − λ)^{2} = 0, also hat A die Eigenwerte λ = 1 und λ = 2 und besitzt zwei Eigenräume. Für λ = 2 erhält man das Gleichungssystem

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

Als Lösung erhält man x_{1} = −s, x_{2} = t, x_{3} = s. Damit sind die Eigenvektoren von A zu λ = 2 die von Null verschiedenen Vektoren der Gestalt

x = ( \begin{matrix}−s \\ t \\ s \end{matrix} ) = s ( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) + t ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) .

Da

( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )

linear unabhängig sind, bilden sie eine Basis des Eigenraumes zu λ = 2. Für λ = 1 erhält man das Gleichungssystem

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

Die Lösungen haben die Gestalt x_{1} = −2s, x_{2} = s, x_{3} = s. Also spannt

( \begin{matrix}−2 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )

den Eigenraum zu λ = 1 auf. Da wir nun drei linear unabhängige Basisvektoren gefunden haben, ist A diagonalisierbar mit

P := ( \begin{matrix}−1 & 0 & −2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

(b) Die Inverse von P ist

P^{−1} = ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \\ −1 & 0 & −1 \end{matrix} )

und es gilt

P^{−1}AP = ( \begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Also folgt:

A^{13} = P D^{13}P^{−1} = ( \begin{matrix}−1 & 0 & −2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}2^{13} & 0 & 0 \\ 0 & 2^{13} & 0 \\ 0 & 0 & 1^{13} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \\ −1 & 0 & −1 \end{matrix} )

= ( \begin{matrix}−8190 & 0 & −16382 \\ 8191 & 8192 & 8191 \\ 8191 & 0 & 16383 \end{matrix} ) .

(G 2)

Die lineare Abbildung f : ℂ^{3} → ℂ^{3} sei durch

f ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) := ( \begin{matrix}2x + y \\ y − z \\ 2y + yz \end{matrix} ) .

gegeben.

(a) Beweisen Sie, dass f nicht diagonalisierbar ist.

(b) Berechnen Sie eine Basis des ℂ^{3}, in der f Trigonalgestalt hat.

Lösung:

(a) In der kanonische Basis des ℂ^{3} hat f die Matrixdarstellung

A = ( \begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 2 & 4 \end{matrix} ) .

Das charakteristische Polynom dazu lautet (2 − λ)^{2}(3 − λ). Daher sind 2 und 3 die Eigenwerte von A (bzw. f). Für den Eigenwert 2 erhält man als Lösungen des System

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

Dieses System hat nur u := (1, 0, 0)^{⊥} (und alle skalaren Vielfachen davon) als Lösung. Somit ist u eine Basis des Eigenraumes zu 2. Für den Eigenwert 3 erhält man als Lösung des Gleichungssystems

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

nur den Vektor v := (1, 1, −2) (und alle seine skalaren Vielfachen). Da f bzw. A nur zwei linear unabhängige Eigenvektoren besitzt, die geometrische Vielfachheit also echt kleiner der algebraischen ist, ist f nicht diagonalisierbar.

(b) Es muss nur noch die Untermatrix

A′ := ( \begin{matrix}1 & −1 \\ 2 & 4 \end{matrix} )

trigonalisiert werden, d.h. der Eintrag in der linken, unteren Ecke muss eliminiert werden. Ihre charakteristische Gleichung lautet λ^{2} − 5λ + 6 = (3 − λ)(2 − λ) = 0, also sind 3 bzw. 2 die Eigenwerte von A′. Zum Eigenwert 3 erhalten wir aus

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

den Eigenvektor (−1, 2)^{T}. Wir wählen als Transformationsmatrix nun

S := ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix} ) .

Die Inverse von S ist gerade S selber, also SS = E_{3}. Damit hat

S^{−1}AS = SAS = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 2 & 4 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}2 & −1 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix} )

die gefordete Triangulärgestalt.

(G 3)

Eine lineare Selbstabbildung L : V → V eines Vektorraumes V über dem Körper 𝕂 heißt nilpotent, wenn eine natürliche Zahl n ∈ ℕ mit L^{n} = 0 existiert. Es sei L : V → V eine solche nilpotente Abbildung. Beweisen Sie

(a) Ist λ ∈ 𝕂 ein Eigenwert von L so gilt λ = 0.

(b) Es gibt einen Eigenvektor zum Eigenwert 0.

(c) Es gibt eine Basis von V bezüglich derer L durch eine Matrix der Form

(\begin{matrix}0 & ∗ ⋯ ∗ \\ 0 \\ ⋮ & A′ \\ 0 \end{matrix} )

dargestell wird, wobei A′ nilpotent ist.

Lösung:

(a) Ist λ ∈ 𝕂 ein Eigenwert von L so gibt es einen Vektor 0 ≠ v ∈ V mit L(v) = λ · v. Hieraus folgt L^{n}(v) = λ^{n}v = 0, mithin λ^{n} = 0 also λ = 0.

(b) Aus L^{n} = 0 folgt detL^{n} = (detL)^{n} = 0 und somit detL = 0. Somit ist der Kern von L nicht trivial und es gibt einen Vektor v ∈ V mit L(v) = 0. Dies ist der gesuchte Eigenvektor.

(c) Wenn man dien Eigenvektor V zu einer Basis B = {v, w_{2}, …, w_{n}} ergänzt, hat die Darstellungsmatrix von L bezüglich B die gesuchte Gestalt.

(G 4)

Beweisen Sie, daß jede nilpotente Matrix trigonalisierbar ist.

Lösung:

Nach der vorherigen Aufgabe kann man jede nilpotente n × n-Matrix A durch eine Ähnlichkeitstransformation (Basiswechsel!) auf die Gestalt

(\begin{matrix}0 & ∗ ⋯ ∗ \\ 0 \\ ⋮ & A′ \\ 0 \end{matrix} )

dargestell wird, wobei A′ eine Nilpotente (n − 1) × (n − 1)-Matrix ist. Mit Induktion folgt nun die Existenz einer (n−1)×(n−1)-Matrix S′ so daß S′a′s^{′−1} eine obere Dreiecksmatrix ist. Durch die Matrix

(\begin{matrix}1 & 0 ⋯ 0 \\ 0 \\ ⋮ & S′ \\ 0 \end{matrix} )

läßt sich A nun trigonalisieren:

SAS^{−1} = (\begin{matrix}1 & 0 ⋯ 0 \\ 0 \\ ⋮ & S′ \\ 0 \end{matrix} ) (\begin{matrix}0 & ∗ ⋯ ∗ \\ 0 \\ ⋮ & A′ \\ 0 \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 & 0 ⋯ 0 \\ 0 \\ ⋮ & S′ \\ 0 \end{matrix} )^{−1}

= (\begin{matrix}1 & 0 ⋯ 0 \\ 0 \\ ⋮ & S′ \\ 0 \end{matrix} ) (\begin{matrix}0 & ∗ ⋯ ∗ \\ 0 \\ ⋮ & A′ \\ 0 \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 & 0 ⋯ 0 \\ 0 \\ ⋮ & S^{′−1} \\ 0 \end{matrix} )

= (\begin{matrix}0 & ∗ ⋯ ∗ \\ 0 \\ ⋮ & S′A′S^{′−1} \\ 0 \end{matrix} ) .

(G 5) Sesquilinearformaen Eine Sesquilinearform auf einem komplexen Vektorraum V ist eine Abbildung ⟨−, −⟩ : V × V → ℂ, welche antilinear in der ersten und linear in der zweiten Komponente ist. Zeigen Sie, daß die Abbildung ⟨−, −⟩ : ℂ^{n} × ℂ^{n} → ℂ, ⟨x, y⟩ = x^{H}y mit x^{H} = (\overline{x_{1}}, …, \overline{x_{n}}) eine Sesquilinearform auf ℂ^{n} ist. ( Der Vektor x ist hier ein Spaltenvektor.)

Lösung:

Da die Matrixmultiplikation bilinear ist, ist die Abblidung ⟨−, −⟩ : ℂ^{n} × ℂ^{n} → ℂ, ⟨x, y⟩ = x^{H}y linear in x^{H} und y, also linear in y und antilinear in x.

(G 6) Skalarprodukte

Ein Skalarprodukt auf einem rellen Vektorraum V ist eine positiv definite bilineare Abbildung ⟨−, −⟩ : V × V → ℝ. Der Winkel α zwischen zwei nichttrivialen Vektoren v und w ist dann durch die Gleichung ⟨v, w⟩ = \sqrt{⟨v, v⟩} · \sqrt{⟨w, w⟩} cos α gegeben.

(a) Zeigen Sie, daß die Abbildung ⟨−, −⟩ : ℝ^{n} × ℝ^{n} → ℝ, ⟨x, y⟩ = x^{T} y ein Skalarprodukt auf ℝ^{n} ist. ( Der Vektor x ist hier ein Spaltenvektor.)

(b) Berechen Sie den Winkel zwischen (1, 0)^{T} und (1, 1)^{T}.

Lösung:

(a) Da die Matrixmultiplikation bilinear ist, ist die Abblidung ⟨−, −⟩ : ℝ^{n} × ℝ^{n} → ℝ, ⟨x, y⟩ = x^{T} y eine Bilinearform. Aus x^{T} x ≥ 0 und x^{T} x = 0 ⇔ x = 0 folgt, daß sie positiv definit ist. Somit ist ⟨−, −⟩ : ℝ^{n} × ℝ^{n} → ℝ ein Skalarprodukt.

(b) \frac{π}{4}.

(G 7) Eigenwerte und Eigenvektoren

(a) Bestimme die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix

( \begin{matrix}1 & −3 & 3 \\ 3 & −5 & 3 \\ 6 & −6 & 4 \end{matrix} ) .

(b) Die Abbildung Φ : ℝ^{3} → ℝ^{3}, Φ(x) = Ax mit

A = ( \begin{matrix}\frac{1}{4} \sqrt{3} + \frac{1}{2} & \sqrt[\frac{1}{4}]{2} & −\frac{1}{4} \sqrt{3} + \frac{1}{2} \\ −\frac{1}{4} \sqrt{2} & \sqrt[\frac{1}{2}]{3} & \sqrt[\frac{1}{4}]{2} \\ −\frac{1}{4} \sqrt{3} + \frac{1}{2} & −\frac{1}{4} \sqrt{2} & \frac{1}{4} \sqrt{3} + \frac{1}{2} \end{matrix} )

ist eine Drehung um eine Achse. Bestimme die Richtung der Drehachse und den Drehwinkel.

Lösung:

(a) |\begin{matrix}1 − λ & −3 & 3 \\ 3 & −5 − λ & 3 \\ 6 & −6 & 4 − λ \end{matrix}| = |\begin{matrix}1 − λ & −2 − λ & 3 \\ 3 & −2 − λ & 3 \\ 6 & 0 & 4 − λ \end{matrix}| = (−2 − λ) |\begin{matrix}1 − λ & 1 & 3 \\ 3 & 1 & 3 \\ 6 & 0 & 4 − λ \end{matrix}|

= (−2 − λ) |\begin{matrix}1 − λ & 1 & 0 \\ 3 & 1 & 0 \\ 6 & 0 & 4 − λ \end{matrix}| = (−2 − λ)(4 − λ) |\begin{matrix}1 − λ & 1 \\ 3 & 1 \end{matrix}|

= (−2 − λ)(4 − λ)(1 − λ − 3) = (−2 − λ)^{2}(4 − λ)

Also sind λ_{1} = −2 und λ_{2} = 4 Eigenwerte. Eigenvektoren zu λ_{1} = −2:

(\begin{matrix}3 & −3 & 3 \\ 3 & −3 & 3 \\ 6 & −6 & 6 \end{matrix}) ⟶^{I+(−II),III+(−2II)} (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 3 & −3 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ⟶ (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

⇒ Alle Vektoren der Form λ (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})+μ (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , λ, μ ∈ ℝ mit λ·μ ≠ 0, sind Eigenvektoren.

Eigenvektoren zu λ_{2} = 4:

(\begin{matrix}−3 & −3 & 3 \\ 3 & −9 & 3 \\ 6 & −6 & 0 \end{matrix}) ⟶ (\begin{matrix}1 & 1 & −1 \\ 1 & −3 & 1 \\ 1 & −1 & 0 \end{matrix}) ⟶^{I+(−III),II+(−III)} (\begin{matrix}0 & 2 & −1 \\ 0 & −2 & 1 \\ 1 & −1 & 0 \end{matrix}) ⟶ (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 1 \\ 1 & −1 & 0 \end{matrix})

Setze x_{2} = λ ⇒ x_{3} = 2λ und x_{1} = λ.

Also sind alle Vektoren der Form λ (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) , λ ∈ ℝ \ \{0\}, Eigenvektoren.

(b) Bei einer Drehung sind die Vektoren der Drehachse dadurch ausgezeichnet, dass sie durch die Drehung nicht verändert werden, dass also Ax = x gilt. D.h. x ist Eigenvektor zum Eigenwert 1. Wir bestimmen diese Eigenvektoren:

(\begin{matrix}\frac{1}{4} \sqrt{3} − \frac{1}{2} & \sqrt[\frac{1}{4}]{2} & −\frac{1}{4} \sqrt{3} + \frac{1}{2} \\ −\frac{1}{4} \sqrt{2} & \frac{1}{2} \sqrt{3} − 1 & \sqrt[\frac{1}{4}]{2} \\ −\frac{1}{4} \sqrt{3} + \frac{1}{2} & −\frac{1}{4} \sqrt{2} & \frac{1}{4} \sqrt{3} − \frac{1}{2} \end{matrix} )

⟶^{4II,III+4I} (\begin{matrix}\sqrt{3} − 2 & \sqrt{2} & −\sqrt{3} + 2 \\ −\sqrt{2} & 2\sqrt{3} − 4 & \sqrt{2} \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

⟶^{I+( \frac{\sqrt{3}−2}{\sqrt{2}} )} (\begin{matrix}0 & \sqrt{2}(8 − 4\sqrt{3}) & 0 \\ −\sqrt{2} & 2\sqrt{3} − 4 & \sqrt{2} \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

Also ist (1, 0, 1)^{T} ein solcher Eigenvektor und damit ist (1, 0, 1)^{T} die Richtung der Drehachse. Um den Drehwinkel zu bestimmen, bilden wir einen zur Drehachse senkrechten Vektor. z.B. x = (0, 1, 0)^{T} mit der Drehung ab. Es gilt

Ax = A (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}\frac{1}{4} & \sqrt{2} \\ \frac{1}{2} & \sqrt{3} \\ −\frac{1}{4} \sqrt{2} \end{matrix})

und der Winkel α zwischen x und Ax ist der Drehwinkel:

cos(α) = \frac{x · Ax}{||x|| · ||Ax||} = \frac{\sqrt[\frac{1}{2}]{3}}{1 · 1} = \frac{\sqrt{3}}{2},

also gilt α = \frac{π}{6}.

Hausübungen

(H 1) Bearbeiten Sie alle Aufgaben, welche Sie bis jetzt ausgelassen haben.