2015 ws linalg 1 spann 1 hời gian và công sức: Testnet yêu cầu rất nhiều thời gian và sự tập trung. Giống như khi anh em làm việc, hai yêu cầu này là điều tất nhiên phải có. Với mình, trong một tháng, PDF

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Summary

hời gian và công sức: Testnet yêu cầu rất nhiều thời gian và sự tập trung. Giống như khi anh em làm việc, hai yêu cầu này là điều tất nhiên phải có. Với mình, trong một tháng, mỗi ngày mình dành toàn bộ thời gian từ sáng đến tối để làm 3 - 4 dự án. Đa số thời gian là để chat chit trên Discord hoặc t...

Description

MATHEMATISCHES INSTITUT ¨ M UNCHEN ¨ DER UNIVERSITAT Dr. W. Spann, H. Jaskolla

Wintersemester 2015/2016

L¨osungen zur Klausur in Linearer Algebra fur ¨ Informatiker und Statistiker

✎☞

1 Man zeige ✍✌

f¨ur n ∈ N die folgende Gleichung f¨ur reelle 3 × 3-Matrizen durch vollst¨ andige

Induktion:     n   0 −1 1   −(n − 1) 2n + 1 −(n + 1)   0 1 0   −1 1 1  = 2n ·  0 −2 2  +  −n 2n + 3 −(n + 2)             −n 2n + 3 −(n + 2) 0 −3 3 −1 −1 3

(♣ )

Beweis der Formel: Induktionsanfang:

n=1 :

1   0 1 0  −1 1 1      −1 −1 3

=

=

= n=1

Induktionsschritt

n →n+1

Induktionsvoraussetzung: Induktionsbeweis:

n + 1   0 1 0     −1 1 1    −1 −1 3

 0 − 0 0 − 1   0−1  0 −2  0 −4 0 −6   0  2 ·  0 ∥  0 2n

 −2 + 3 2 − 2  −4 + 5 4 − 3   −6 + 5 6 − 3    2  −(1 − 1) 2 + 1 −(1 + 1)  4  +  −1 2 + 3 −(1 + 2)     6 −1 2 + 3 −(1 + 2)    −1 1   −(n − 1) 2n + 1 −(n + 1)     2n + 3 −(n + 2)  −2 2  +  −n    −n 2n + 3 −(n + 2) −3 3

Es gelte f¨ur ein n ∈ N , daß die Formel in (♣) wahr ist. (IV)

Die Aussage ist dann wahr f¨ur n + 1 :

=

=

IV

 n    0 1 0   0 1 0       −1 1 1  ·  −1 1 1      −1 −1 3 −1 −1 3        0 −1 1   −(n − 1) 2n + 1 −(n + 1)   0 1 0    2n · 0 −2 2  +  −n 2n + 3 −(n + 2)   · −1 1 1             −1 −1 3 −n 2n + 3 −(n + 2) 0 −3 3 1

   0 −1 1   0 1 0   0 −2 2  −1 1 1  + =     n  2 · 0 −3 3  · −1 −1 3  distr.      −(n − 1) 2n + 1 −(n + 1)   0 1 0   2n + 3 −(n + 2)  ·  −1 1 1  +  −n     −1 −1 3 −n 2n + 3 −(n + 2)

     0 −2 2  −(2n + 1) − (−(n + 1)) −(n − 1) + (2n + 1) − (−(n + 1)) (2n + 1) − 3(n + 1)      −n + (2n + 3) − (−(n + 2)) (2n + 3) − 3(n + 2)  = 2n ·  0 −4 4  + −(2n + 3) − (−(n + 2))     0 −6 6 −(2n + 3) − (−(n + 2)) −n + (2n + 3) − (−(n + 2)) (2n + 3) − 3(n + 2)

    2n + 3 −n − 2   −n  0 −1 1      = 2n · 2 ·  0 −2 2  +  −n − 1 2n + 5 −n − 3      −n − 1 2n + 5 −n − 3 0 −3 3

    0 −1 1   −((n + 1) − 1) 2(n + 1) + 1 −((n + 1) + 1)      2(n + 1) + 3 −((n + 1) + 2)  = 2n+1 · 0 −2 2  +  −(n + 1)     0 −3 3 −(n + 1) 2(n + 1) + 3 −((n + 1) + 2)

2

q.e.d.

✎☞

2 Die ✍✌

folgende Menge reeller 2 × 2-Matrizen {( } )  a b  2 2  G := a, b ∈ R ∧ a − b = 1 b a 

bildet eine kommutative Untergruppe von GL(2, R) . Beweis: Es ist zu zeigen: • G ⊆ GL(2, R)

• (G, ·) ist Untergruppe der (multiplikativen !) Gruppe (GL(2, R), ·) . • (G, ·) ist kommutativ. Ad G ⊆ GL(2, R) : ( ) a b Ist A = ∈ G , so folgt det (A) = a2 − b2 = 1 , 0 =⇒ A invertierbar, d.h. nach b a Definition ist A ∈ GL(2, R) . Also gilt G ⊆ GL(2, R) . Ad (G, ·) Untergruppe: Nach Definition von Untergruppe“ in Vorlesung (1.9) ist noch zu zeigen: ” • G,∅ • •

∀ A, B ∈ G : A · B ∈ G ∀ A ∈ G : A−1 ∈ G

Nachweis: (

) 1 0 → E2 = liegt mit a = 1 ∧ b = 0 und a −b2 = 1 −0 = 1 gem¨aß Definition in G 0 1 =⇒ G , ∅ . (

) ( ) a b c d → Seien A, B ∈ G , d.h. A = und B = mit a2 −b2 = 1 und c2 −d2 = 1 . b a d c Dann ist ( ( ) ( ) ( ) ) ( ) ac + bd ad + bc a b c d ac + bd ad + bc u v R A·B = = · = =: , b a d c bc + ad bd + ac K¨orper. ad + bc ac + bd v u wobei wir setzten: u := ac + bd und v; = ad + bc . Damit A · B ∈ G erf¨ullt ist, ist noch zu zeigen, daß u2 − v2 = 1 . Also: u2 − v2 = (ac + bd)2 − (ad + bc)2 [ ] ❳ ❳❳ 1 2 2 2 2 2 ❳ ac❳ )(❳ bd) + b d − a d + + b c = a2 c2 + 2(❳ 2( ad )( bc ) ❳ ❳ | {z ❳ } = 2(ac)(bd ) = a2 c2 + b2 d2 − a2 d2 − b2 c2

3

um-

a2 c2 − a2 d2 − b2 c2 + b2 d2

=

ordnen

=

a2 (c2 − d2 ) − b2 (c2 − d2 )

=

(a2 − b2 )(c2 − d2 )

Voraus-

=

setzung

1·1=1

(

) a b → Sei wieder A = ∈ G , d.h. a2 − b2 = 1 und a, b ∈ R . Wir berechnen die b a inverse Matrix und benutzen dabei, daß 1 = a2 − b2 = (a + b)(a − b) =⇒ a + b , 0 ∧ a − b , 0 : (

a b 1 0 (A | E2 ) = b a 0 1

)

(

I+II

−−−→

a+b a+b 1 1 b a 0 1

)

) a2 − b2 a2 − b2 a − b a − b −−−−−−→ b a 0 1 da a−b,0 ( ) 1 1 a−b a−b = 2 2 b a 0 1 a −b =1 ( ) II−b·I 1 1 a−b a−b −−−−→ 0 a − b −b(a − b) 1 − b(a − b) ( ) (a+b)·II 1 1 a−b a−b −−−−−−→ da a+b,0 0 a2 − b2 −b(a2 − b2 ) (a + b) − b(a2 − b2 ) ( ) 1 1 a−b a−b = 0 1 −b a a2 −b2 =1 ( ) I−II 1 0 a −b −−−→ 0 1 −b a (

(a−b)·I

Damit ist A−1 =

(

) a −b mit a2 − (−b)2 = a2 − b2 = 1 =⇒ A−1 ∈ G −b a

Ad (G, ·) kommutativ: ( ) ( ) a b c d Seien , ∈ G . Dann gilt b a d c (

) ( ) ( ) c d ac + bd ad + bc a b · = b a d c bc + ad bd + ac ∥

(

( da (R, +, ·) kommutativ )

) ( ) ( ) a b ca + db cb + da c d · = d c b a da + cb db + ca

4

q.e.d.

✎☞

3 Gegeben ✍✌

seien t ∈ R und  0  1   A =  0 1

1 0 0 0

0 0 t 0

 0  t  ∈ R4×4 1   2

ur die A (a) Man berechne die Determinante von A und bestimme die reellen Zahlen t , f¨ invertierbar ist. (b) Man berechne f¨ur t = 1 die inverse Matrix von A.

L¨osung: Ad (a): Wir benutzen den Laplaceschen Entwicklungssatz und entwickeln nach einer Zeile/Spalte mit m¨oglischst vielen Nulleintr¨agen, zum Beispiel nach der 3. Spalte:      0 1 0 0  0 1 0   1 0 0 t    = t · det 1 0 t  det (A) = (−1)3+3 · t · det     0 0 t 1     1 0 2 1 0 0 2 ( ) 1 t nach 1+2 t · (−1) · 1 · det = 2. Spalte 1 2 = −t · (2 − t) =

t(t − 2)

orper ist genau dann invertierbar, wenn ihre DeterEine quadratische Matrix u¨ ber einem K¨ ur A: minante verschieden Null ist (Vorlesung Regel (5.6) (c)). Das bedeutet f¨ A invertierbar ⇐⇒ det (A) = t · (t − 2) , 0 ⇐⇒ t , 0 ∧ t , 2 ⇐⇒ t ∈ R \ {0, 2} Ad (b); Nach Teil (a) ist A = A(t ) fur ¨ t = 1 invertierbar. Wir berechnen die inverse Matrix nach dem Verfahren aus der Vorlesung in (2.25) :   0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 (  )   = A(1)  E4   0 0 1 1 0 0 1 0   1 0 0 2 0 0 0 1   1 0 0 1 0 1 0 0    IV −II 0 1 0 0 1 0 0 0  −−−−→   I↔II 0 0 1 1 0 0 1 0  0 0 0 1 0 −1 0 1 5

 1 0 I−IV − −−−− →  III−IV 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

Also ist A−1 = A(1)−1

Probe(!):

  0  1   0  1

1 0 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 2 1 0 0 1 0 −1

  0 2  1 0 =   0 1 0 −1

  0   0 2 1   1 0 ·  1   0 1   2 0 −1

6

 0 −1   0 0  1 −1   0 1

 0 −1   0 0  1 −1   0 1

  0 −1   1 0 0 0   0 1 = 1 −1   0 0   0 0 0 1

0 0 1 0

 0 0  0  1

✎☞

4 Gegeben ✍✌

seien a, b ∈ R und 1 1   A := 0 0

Man berechne rang (A) f¨ ur alle a, b ∈ R .

a 1 b 1

1 a 1 b

 0  0  1   1

L¨osung: Wir f¨uhren an A elementare Zeilen- und Spaltenumformungen durch, die gem¨ aß Vorlesung am Rang der Matrix nichts andern. ¨ (Dabei bezeichnet zum Beispiel I die erste Zeile, I s die erste Spalte.)     a 1 0   1  1 a 1 0     0  II−I  0 1 − a a − 1  1 1 a 0 A =  −−−−−−→     0  0 b 1 1  0 1 − b2 1 − b  III−b·IV     0 1 b 1 0 1 b 1   1 0  1 a    II−(1−a)·IV  0 1  b 1   −−−−−−−−→   0 0 1 − b2 1 − b  II↔ IV   0 0 a| − 1 −{z b(1 − a} ) −(1 − a) =(a−1)(1+b)

=

 a 1 0  1 b 1  0 1 − b2 1 − b   0 (a − 1)(1 + b) a − 1

  1  0   0  0

  1  IIIs −(b+1)·IV s 0 −−−−−−−−−−→   0  0 =

 a 1 0   1 b − (b + 1) 1   0 1 − b2 − (1 − b)1 + b) 1 − b   0 (a − 1)(b + 1) − (a − 1)(b + 1) a − 1  a 1 0  1 −1 1  0 0 1 − b   0 0 a−1 {z } A1

  1  0   0  0 |

Wir unterscheiden die F¨alle •

b,1 ∨ a,1 : Falls b , 1 setze c := b − 1 , 0 und d := a − 1 . Falls b = 1 ist a , 1 , und man setze c := a − 1 , 0 und d := b − 1 = 0 , und vertausche Zeilen III und IV.

7

In beiden F¨allen hat die Matrix A1 folgende Gestalt (mit c , 0 ):    1 a 1 0  1 a 1 0      0 1 −1 1  IV− dc ·III 0 1 −1 1    −−−−→   =⇒ rang (A) = 3 0 0 0 c  A1 =  0 0 0 c  −−da c,0     0 0 0 d 0 0 0 0 •

b=1 ∧ a=1 :   1  0 A1 =   0 0

  a 1 0  1   1 −1 1   0 = 0 0 0   0   0 0 0 0

a 1 0 0

1 −1 0 0

 0  1 0   0

=⇒ rang (A) = 2

Ergebnis:    (a, b) = (1, 1) ⇐⇒ a = 1 und b = 1 :    (a, b) ∈ R2 \ {(1, 1)} ⇐⇒ a ∈ R \ {1} oder b ∈ R \ {1} :

8

rang (A) = 2 rang (A) = 3

✎☞

n ∈ N und A, B, C ∈ Rn×n . Eine Matrix M ∈ Rn×n heißt symmetrisch, wenn MT = M und antisymmetrisch, wenn MT = −M . Man zeige: ( )T ( )k (k ∈ N) (a) C k = C T

5 Seien ✍✌

(b) A antisymmetrisch und B symmetrisch =⇒ AB + BA antisymmetrisch

(c) A antisymmetrisch =⇒ A2k−1 antisymmetrisch und A2k symmetrisch

∀ x ∈ Rn

(d) A antisymmetrisch ⇐⇒

(k ∈ N)

: xT Ax = 0

Beweis: Ad (a): Induktion ¨uber k ∈ N : ( )1 ( )T Induktionsanfang k = 1 : C1 = CT = CT Induktionsschritt k 7→ k + 1 : ( )T ( )k Induktionsvoraussetzung: Es gelte f¨ur ein k ∈ N : C k = C T Induktionsbeweis: F¨ur k + 1 gilt: )T ( )T ( C k+1 = C k · C

RR

=

(2.12) (d)

( )k ( )k+1 ( )T CT · Ck = CT · CT = CT IV

Ad (b) : Nach Voraussetzung gilt AT = −A und BT = B . Damit folgt (AB + BA)T

RR

RR

(AB)T + ( BA)T = BT AT + AT BT

=

(2.12)

(2.12) Voraus-

=

B(−A) + (−A) B

=

−BA − AB

=

−(AB + BA)

setzungen

Also ist AB + BA antisymmetrisch.

Ad (c): Wir verwenden Teilaufgabe (a) : )T ( )2k−1 A anti( • A2k−1 = AT = (a)

•

(

A2k

)T

( )2k = AT

(a)

symmetrisch

A anti-

=

symmetrisch

(−A)2k−1 = (−1)2k−1 A2k−1 = −A2k−1

(−A)2k = (−1)2k A2k = A2k

Also ist A2k−1 antisymmetrisch und A2k symmetrisch.

9

(IV)

Ad (d): ”

=⇒ “

∀ x ∈ Rn : xT Ax ∈ R

=⇒ ( )T xT Ax = xT Ax

( )T = xT AT xT = xT AT x = T

RR

(2.12)

=⇒ 2 · xT Ax = 0 =⇒ xT Ax = 0

A =−A

xT (−A)x = −xT Ax

q.e.d.

⇐= “ ” Wir m¨ussen zeigen, daß AT = −A ⇐⇒ ∀ 1 ≤ i, j ≤ n : ai j = −a ji . age der Matrix A. Aus der Vorlesung und den TuWir brauchen also Zugrif f auf die Eintr¨ torien ist bekannt, daß mit e j der j-te Einheitsvektor und A = (a1 . . . an ) die Zeile der ur alle 1 ≤ j ≤ n . Spalten von A gilt: Ae j = a j f¨    a1   .  ur alle 1 ≤ i ≤ n . Ebenso gilt mit A =  ..  die Spalte der Zeilen von A, daß eiT A = ai f¨   an Also erh¨alt man, daß Ae j die j-te Spalte von A und ei T(Ae j ) die i-te Zeile dieser Spalte ist, und das ist gerade der Eintrag ai j : eiT Ae j = ai j

ur alle 1 ≤ i, j ≤ n f¨

(⋆)

Wir wissen nur Bescheid u¨ ber xT Ax = 0 , also untersuchen wir 0 = (ei + e j )T A(ei + e j ) = (eiT + eTj )(Aei + Ae j ) = eiT Aei +eTi Ae j + eTj Aei + eTj Ae j distr. |{z} |{z} =0 =0

=⇒ eiT Ae j = −eTj Aei =⇒ ai j = −a ji

q.e.d.

(⋆)

10

✎☞

6 Es seien ✍✌ U :=

{

 (  1 2 ) ( x1 x2 ) ( x1 x2 ) ( 1 2 ) }  (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R   3 4 · x3 x4 = x3 x4 · 3 4 4

(a) Man schreibe die Gleichungen in der Mengendefinition von U mit einer geeigneten osung dieser Matrix M in der Gestalt M · x = 0 und bestimme die allgemeine L¨ Gleichung. (b) Man zeige, daß U ein Untervektorraum von R4 ist und gebe die Dimension und eine Basis von U an. ( ) x1 x2 4 2×2 (c) Man zeige, daß die Abbildung f : R → R ; (x1 , x2 , x3 , x4 ) 7→ linear x3 x4 und bijektiv ist. (d) Man zeige, daß f (U) ein Untervektorraum von R2×2 ist und gebe eine Basis von ( ) 1 0 f (U) an, die die Einheitsmatrix enth¨alt. 0 1 L¨osungen: Ad (a): Wir bilden die Matrixprodukte: ) ( ) ( ) ( x1 x2 x1 + 2x3 x2 + 2x4 1 2 · = 3 4 x3 x4 3 x1 + 4x3 3x2 + 4 x4 ∥ (

) ( ) 1 2 x1 x2 · = x3 x4 3 4

(

x1 + 3x2 2x1 + 4x2 x3 + 3x4 2x3 + 4 x4

)

Also ergeben sich aufgrund der Definition der Gleichheit von Matrizen (d.h. Gleichheit der Eintr¨age an den jeweiligen Positionen) die vier Gleichungen (I) x1 + 2x3 (II) x2 + 2 x4 (III) 3x1 + 4 x3 (IV) 3x2 + 4 x4

= x1 + 3x2 = 2x1 + 4 x2 = x3 + 3 x4 = 2x3 + 4 x4

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

−2x1 − 3x1

−3x2 + 2x3 3x2 + 2x4 + 3x3 − 3x4 3x2 − 2x3

In Matrixschreibweise:        0 −3 2 0   x1   0         −2 −3 0 2  x2   0         3 0 3 −3  ·  x3  =  0        x4 0 0 3 −2 0 | {z } =: M

=0 =0 =0 =0

osung durch Transformation von M auf Zeilenstufenform: Wir berechnen die allgemeine L¨      0 −3 2 0   0 −3 2 0      IV +I  −2 −3 0 2     −−−−−−−→  0 −9 6 0   3 0 3 −3  3·II+2·III  1 0 1 −1  1 ·III 3 0 0 0 0 0 3 −2 0 11

 1  I− 13 II 0 −−−−→  0 I↔III  − 19 ·II 0

 0 1 −1   0  1 − 23 0 0 0   0 0 0

Also ist rang (M) = 2 und somit dim (L Mx=0 ) = 4 − 2 = 2 (⋆) und               1 −1    3   1      − 2   0   −2        3  + x ·    x , x ∈ R = R ·   + R ·  0  L Mx=0 =  x ·  3 4 3 4        0     −1   0   −3                   0 0 1 −1  ist die allgemeine L¨osung des Gleichungssystems M · x = 0 .

Ad (b): Wir haben in Teil (a) bewiesen, daß (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ U

⇐⇒

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

Also gilt

) ( ) ( ) ( ) x1 x2 x1 x2 1 2 1 2 · = · 3 4 x3 x4 x3 x4 3 4        0 −3 2 0   x1   0   −2 1 −4 2   x   0     2      ·  =    3 0 3 −3   x3   0  x4 0 0 3 −2 0 M·x=0       1   x1   3 0   x2  −2     x =   ∈ L Mx=0 = R ·   + R ·    x3  −3 0  x4 0 1 (

        3   1  3            −2   0  −2  U = R ·   + R ·   = span    ,   −3   −3   0           0 0 1

   1          0       0       1 

(Man beachte daß die Vektoren in Rn wahlweise als Spalten oder Zeilen dargestellt werden k¨onnen und sich an den algebraischen Eigenschaften durch die jeweilige Darstellung nichts ¨andert.) Mit (⋆) folgt somit unmittelbar, daß U ein Untervektorraum von R4 ist und dim (U) = dim (L Mx=0 ) = 2 mit der Basis B = { (3, −2, −3, 0) , (1, 0, 0, 1) }

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Ad (c): ur alle (x1 , x2 , x3 , x4 ), (y1 , y2 , y3 , y4 ) ∈ R4 und λ ∈ R gilt • f ist linear: F¨ ( ) f (x1 , x2 , x3 , x4 ) + λ · (y1 , y2 , y3 , y4 ) = f ( x1 + λ · y1 , x2 + λ · y2 , x3 + λ · y3 , x4 + λ · y4 ) ( ) Def. x1 + λ · y1 x2 + λ · y2 = x3 + λ · y3 x4 + λ · y4 f ( ) ( ) x1 x2 λ · y1 λ · y2 = + x3 x4 λ · y3 λ · y4 ( ) ( ) x1 x2 y1 y2 = +λ· x3 x4 y3 y4 = f (x1 , x2 , x3 , x4 ) + λ · f (y1 , y2 , y3 , y4 ) • f ist bijektiv: •• f ist injektiv: f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = f (y1 , y2 , y3 , y4 )

⇐⇒ Gleichheit

⇐⇒

von Matrizen

⇐⇒

(

) ( ) x1 x2 y1 y2 = x3 x4 y3 y4

x1 = y1 ∧ x2 = y2 ∧ x3 = y3 ∧ x4 = y4 (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (y1 , y2 , y3 , y4 )

Alternativ mit Lemma (3.10) : f injektiv ⇐⇒ Kern( f ) = 0 { ⇐⇒ (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4

( ) ( )}  0 0 = f (x , x , x , x ) = x1 x2 = {(0, 0, 0, 0)} 1 2 3 4 0 0 x3 x4

und das ist aufgrund der Definition der Gleichheit von Matrizen richtig.

•• f ist surjektiv: ( ) ( ) ( ) a b a b Sei mit (a, b, c, d) ∈ R4 ∈ R2×2 =⇒ = f (a, b, c, d) ∈ f R4 c d c d ( ) ( ) q.e.d. =⇒ R2×2 ⊆ f R4 ⊆ R2×2 ⇐⇒ R2×2 = f R4 immer

Ad (d): Wir haben in (b) gezeigt, daß U = span { (3, −2, −3, 0) , (1, 0, 0, 1)} Da f linear ist, ist auch die Einschr¨ankung von f auf den Untervektorraum U ⊆ R4 : f |U : U → R2×2 ; x 7→ f (x) linear.

13

Lemma (3.2) liefert dann sofort, daß f (U) = ( f |U) (U) = Bild ( f |U) ein Untervektorraum von R2×2 ist. Gem¨aß Teil (b) ist B = { (3, −2, −3, 0) , (1, 0, 0, 1) } eine Basis von U, und nach Lemma (3.19) (a) ist wegen f injektiv f (B) = { f (3, −2, −3, 0) , f (1, 0, 0, 1) } linear unabh¨ angig, und wegen Lemma (3.19) (b) ist f (B) = { f (3, −2, −3, 0) , f (1, 0, 0, 1) } ein Erzeugendensystem von f (U) , d.h. ) ( )} {( 1 0 3 −2 Def. f (B) = { f (3, −2, −3, 0) , f (1, 0, 0, 1) } = , −3 0 0 1 von f ( ) 1 0 ist eine Basis von f (U) , die die Einheitsmatrix = E2 enth¨alt. 0 1

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✎☞

7 Gegeben ✍✌

seien α ∈ R und  2 α2 − 1   4 −2  A :=  0 0  0 0

 0 0   0 0  ∈ R4×4 1 2   0 −1

(a) Man zeige, daß das charakteristische Polynom von A durch χA (λ) = (λ2 − 4α2 ) · (λ2 − 1)

(λ ∈ R)

gegeben ist (b) Man gebe f¨ur α = 0 alle Eigenwerte von A mit ihren algebraischen und geometrischen Vielfachheiten an und bestimme f¨ur jeden dieser Eigenwerte mit algebraischer Vielfachheit > 1 den zugeh¨origen Eigenraum. ur welche α ∈ R A diagonalisierbar (c) Man beantworte die Frage (mit Begrundung), ¨ f¨ ist.

L¨osung: Ad (a):

χA (λ)

=

Lemma

=

(5.9) (a)

= Laplace

= =

  0 0  2 − λ α2 − 1    4 −2 − λ 0 0    det (A − λE4 ) = det   0 0 1−λ 2    0 0 0 −1 − λ ) ( ) 1−λ 2 2 − λ α2 − 1 det · det 4 −2 − λ 0 −1 − λ (

[ ] [ ] (2 − λ)(−2 − λ) − 4 · (α2 − 1) · (1 − λ) · (−1 − λ) − 2 · 0 [ ] [ ] λ2 − 4 − 4α2 + 4 · λ2 − 1

(λ2 − 4α2 ) · (λ2 − 1)

Ad (b): Es sei nun α = 0 . Dann ist χA (λ) = λ2 (λ2 − 1) = λ2 (λ + 1)(λ − 1) Demnach sind die Eigenwerte als Nullstellen des charakteristischen Polynoms gegeben durch λ1 = 0 mit der algebraischen Vielfachheit 2 λ2 =−1 mit der algebraischen Vielfachheit 1 λ3 = 1 mit der algebraischen Vielfachheit 1

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ur diesen beDer einzige Eigenwert mit einer algebraischen Vielfachheit > 1 ist λ1 = 0 . F¨ stimmen wir den Eigenraum als L¨ osung des linearen Gleichungssystems (A − λ1 · E4 ) · x = 0 ( mit α = 0) :     2 −1 0 0   1 − 12 0 0  II−2·I    1 0 1 2  4 −2 0 0   0 2 ·I A − 0 · E4 =   −−−−−−−−−−−−→   0 0 1 2  Zeilen vertauschen  0 0 0 −1      0 0 0 0 0 0 0 −1 ( ) Also ist rang (A − 0 · E4 ) = 3 =⇒ dim EigA (0) = 4 − 3 = 1 und     − 12  ...