5. Ubung zur Linearen Algebra II -

Losungen

Kommentare an Hannes.Klarner@Fu-Berlin.de

FU Berlin. SS 2010.

Aufgabe 17

Sei

A :=

1 5 40 2 00 3 2

.

(i) Berechne die Eigenwerte und Eigenvektoren von A.

(ii) Ist A diagonalisierbar?

Losung

Zu (i): Das charakteristische Polynom ist

χA(t) = (1− t)∣∣∣∣2− t 0

3 2− t

∣∣∣∣ = (1− t)(2− t)2

Die Eigenwerte sind 1 und 2. Die Eigenraume EigA(λ) sind die homogenenLosungsmengen von A − λEn. Durch Umformen der beiden Koeffizientenma-trizen kann man die Losung ablesen.

λ = 1 :

0 5 40 1 00 3 1

0 0 0

0 1 00 0 1

=⇒ EigA(1) = {s

100

| s ∈ K}.

λ = 2 :

−1 5 40 0 00 3 0

−1 0 4

0 0 00 1 0

=⇒ EigA(2) = {s

401

| s ∈ K}.

Zu (ii): Die Kriterien zur Diagonalisierbarkeit sind

1. Das charakteristische Polynom zerfallt in Linearfaktoren X

2. Die Dimensionen der Eigenraume entsprechen den algebraischen Vielfach-heiten der Eigenwerte

Also ist A genau dann diagonalisierbar, wenn Def(A − 2En) = 2. Aber derDefekt von A− 2En ist 1. Antwort: A ist nicht diagonalisierbar.

1

Aufgabe 18

Sei

A :=

3 0 01 2 21 0 4

.

(i) Man zeige, daß A ahnlich zu einer Diagonalmatrix D ist und bestimme D.

(ii) Berechne eine Basis aus Eigenvektoren.

(iii) Bestimme eine Matrix T mit D = T−1AT .

Losung

Zu (i): A ist genau dann ahnlich zu einer Diagonalmatrix D, wenn es eine Basisaus Eigenvektoren gibt. Da man die in (ii) bestimmen soll, ist (i) gezeigt, wenn(ii) gelost ist. D enthalt dann auf der Diagonalen die Eigenwerte so oft wie dieDimension des zugehorigen Eigenraums ist.

Zu (ii): Vorgehen zur Wiederholung:

1. Charakteristisches Polynom bestimmen.

2. Eigenwerte bestimmen.

3. Basis fur Eigenraume bestimmen.

Los geht’s.

χA(t) = (3− t)∣∣∣∣2− t 2

0 4− t

∣∣∣∣ = (3− t)(2− t)(4− t).

Losung von (i) ist

D =

2 0 00 3 00 0 4

.

Da es n = 3 verschiedene Eigenwerte gibt existiert eine Basis aus Eigenvektoren.Basisvektoren finden:

λ = 3 :

0 0 01 −1 21 0 1

0 0 0

0 −1 11 0 1

=⇒ EigA(3) = {s

−111

| s ∈ K}.

λ = 2 :

1 0 01 0 21 0 2

1 0 0

0 0 10 0 0

=⇒ EigA(2) = {s

010

| s ∈ K}.

λ = 4 :

−1 0 01 −2 21 0 0

1 0 0

0 1 −10 0 0

=⇒ EigA(4) = {s

011

| s ∈ K}.

Antwort: {

−111

,

010

,

011

} ist eine Basis aus Eigenvektoren.

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Zu (iii): Die Matrix T ist genau die Basis aus (ii) aufgefaßt als Matrix(sortiert nach aufsteigenden Eigenwerten):

T =

0 −1 01 1 10 1 1

=⇒ T−1 =

0 1 −1−1 0 01 0 1

Aufgabe 19

Berechne A25 fur A =(

1 22 1

)Losung

Eine Zerlegung von A in T−1, D und T , sodaß A = TDT−1 eignet sich gut zumPotenzieren, da z.B.

A3 = (TDT−1)3 = TD(T−1T )D(T−1T )DT−1 = TD3T−1.

Gibt es so eine Zerlegung? D.h. hat A Eigenwerte und sind die Dimensionender Eigenraume groß genug?

χA(t) =∣∣∣∣1− t 2

2 1− t

∣∣∣∣ = (1− t)2 − 4 = (t + 1)(t− 3).

Da es n = 2 verschiedene Eigenwerte gibt, ist die Matrix automatisch diagonal-isierbar. Was sind die Basisvektoren der jeweiligen Eigenraume?

t = −1 :(

2 22 2

)

(1 10 0

)=⇒ EigA(−1) = {s

(1−1

)| s ∈ K}.

t = 3 :(−2 22 −2

)

(1 −10 0

)=⇒ EigA(3) = {s

(11

)| s ∈ K}.

Die Zerlegung von A ist daher

A = 2−1

(1 1−1 1

)(−1 00 3

)(1 −11 1

)und

A25 = 2−1

(1 1−1 1

)(−1 00 325

)(1 −11 1

)= 2−1

(325 − 1 325 + 1325 + 1 325 − 1

).

Aufgabe 20

Sei X ein R-VR der Dimension 2 und ϕ : X → X ein Endomorphismus mitdem charakteristischen Polynom x2 − 1.

(i) Welche Eigenwerte hat ϕ?

(ii) Existiert eine Basis aus Eigenvektoren?

(iii) Bestimme ϕ2.

(iv) Beschreibe ϕ geometrisch fur den Fall, daß die beiden Basisvektoren aus (ii)senkrecht aufeinander stehen.

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Losung

Zu (i): Die Nullstellen des Charakteristischen Polynoms: 1 und −1.Zu (ii): Ja, da es dim(X) = 2 verschiedene Eigenvektoren gibt und die Dimen-sionen der Eigenraume (jeweils 1) damit automatisch gleich den algebraischenVielfachheiten (jeweils 1) sind.Zu (iii): Sei B := {b1, b2} eine Basis aus Eigenvektoren von ϕ. Sei x ∈ Xbeliebig. Dann ist

ϕ2(x) = ϕ2(λb1 + µb2) = λ12b1 + µ(−1)2b2 = x.

Also ist ϕ2 = Id.Alternativ kann man den Satz von Cayley-Hamilton verwenden. Er be-

sagt, daß ϕ2 − Id die Nullabbildung ist, also ist ϕ2 = Id.Zu (iv): Falls b1 und b2 senkrecht zueinander stehen, dann kann man ϕ alsSpiegelung an der Geraden entlang b1 interpretieren. Dabei hat b1 wie in (iii)den Eigenwert 1.

Zusatzaufgabe

Es sei K ein Korper, B ∈ K(2,2), d.h. B eine 2× 2-Matrix mit Eintragen ausK. Die Abbildung f : K(2,2) → K(2,2) sei definiert durch

f(A) := B ·A f.a. A ∈ K(2,2).

(i) Man zeige, daß f eine lineare Abbildung ist.

(ii) Bestimme eine Darstellungsmatrix von f .

(iii) Sei B =(

b1,1 0b2,1 b2,2

). Ist f diagonalisierbar?

Losung

Zu (i): Zu zeigen ist, daß f einer Linearkombination von 2 beliebigen Matrizenfolgendes Bild zuweist:

f(αA + βC) = αf(A) + βf(C).

Das stimmt aufgrund der Ringstruktur von Matritzen:

f(αA + βC) = B(αA + βC) = αBA + βBC.

Zu (ii): Um eine Darstellungsmatrix zu berechnen muss man sich fur eineBasis von K(2,2) entscheiden. Zum Beispiel die Standardbasis

B = {e1 =(

1 00 0

), e2 =

(0 10 0

), e3 =

(0 01 0

), e4 =

(0 00 1

)}.

Sei

B =(

b1,1 b1,2

b2,1 b2,2

)

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Nach dem ublichen Verfahren (Bilder als Spalten aufgefaßt) findet man:

f ←→B

b1,1 0 b1,2 00 b1,1 0 b1,2

b2,1 0 b2,2 00 b2,1 0 b2,2

=: Mf .

Zu (iii): Berechne das charakteristische Polynom fur dieses spezielle f :

χf (t) = (b1,1 − t)2(b2,2 − t)2.

Es konnen zwei Falle auftreten. Falls b1,1 = b2,2, dann ist χf (t) = (b1,1 − t)4

und der Eigenraum von b1,1 genau dann Vier-dimensional, wenn b2,1 = b1,2 = 0.In dem Fall ist B also eine Diagonalmatrix.

Falls b1,1 6= b2,2, ist f diagonalisierbar, da

Rg(Mf − b1,1E4) = Rg(Mf − b2,2E4) = 2

und damit eine Basis aus Eigenvektoren existiert.Zusammenfassend ist die Antwort: f ist diagonalisierbar, falls B eine

Diagonalmatrix ist, oder wenn b1,1 6= b2,2.

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