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Lösung zu Serie 12

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Lineare Algebra
Prof. Richard Pink
D-MATH, HS 2014
L¨
osung zu Serie 12
1. [Aufgabe]
Faktorisieren Sie die folgenden Polynome so weit wie m¨oglich:
a) F1 (X) := X 5 − X in R[X] und C[X].
b) F2 (X) := X 4 +X 3 +X −1 in R[X] und C[X] (Hinweis: Rate eine komplexe
Nullstelle)
c) F3 (X) := X 5 + 9X 4 + 31X 3 + 53X 2 + 48X + 18 in Q[X]. (Hinweis: Finde
alle Nullstellen in Q)
Zusatzaufgabe: Tue jeweils dasselbe in F5 [X].
1. [L¨
osung]
a) Die komplexen Nullstellen sind 0 und die L¨osungen der Gleichung X 4 = 1,
also alle vierten Einheitswurzeln ±1 und ±i. Wir erhalten:

2

in R[X]
(X + 1)(X + 1)(X − 1)X
F1 (X) = (X + i)(X − i)(X + 1)(X − 1)X
in C[X]


X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4) in F5 [X] .
b) Wir erraten die komplexe Nullstelle i. Da das Polynom reelle Koeffizienten
hat, ist dann auch −i eine Nullstelle. Division mit Rest zeigt
X 4 + X 3 + X − 1 = (X 2 + 1)(X 2 + X − 1)
und die Nullstellen des letzten Faktors finden wir mit der Mitternachtsformel. Wir erhalten:

√
√
5+1
5−1

X
−
(X 2 + 1)
in R[X]
X
+

2
2

√
√
F2 (X) =
X + 5+1
X − 5−1
(X + i)(X − i) in C[X]
2
2



(X − 2)3 (X − 3)
in F5 [X] .
c) Alle Nullstellen in Q sind schon ganze Zahlen und Teiler von 18. Probieren
liefert die Nullstellen −1 und −3. Division mit Rest zeigt
F3 (X) = (X + 1)(X + 3)(X 3 + 5X 2 + 8X + 6).
Der Faktor X 3 + 5X 2 + 8X + 6 hat nochmal die Nullstelle −3 und ist gleich
(X + 3)(X 2 + 2X + 2). Der letzte Faktor hat keine rationale (schon keine
reelle) Nullstelle, somit lautet
F3 (X) =
(X + 1)(X + 3)2 (X 2 + 2X + 2)
(X − 1)(X − 2)3 (X − 4)
in Q[X]
in F5 [X] .
2. [Aufgabe] F¨
ur eine beliebige invertierbare n × n-Matrix A dr¨
ucke das charakteristische Polynom von A−1 in Termen des charakteristischen Polynoms von A
aus.
2. [L¨
osung] Wir haben
charA−1 (X) = det(X · In − A−1 )
= det (−X) · A−1 · (X −1 · In − A)
= (−X)n det(A−1 ) det(X −1 · In − A)
(−X)n
· charA (X −1 ).
=
det(A)
3. [Aufgabe] Zeige, dass f¨
ur jedes normierte Polynom f (X) ∈ K[X] vom Grad n
eine n × n-Matrix A existiert mit charA (X) = f (X).
3. [L¨
osung] Sei
n−1
f (X) := X n + αn−1 X n−1 + . . . + α0 = X n +
αi X i
i=0
mit α0 , . . . , αn−1 ∈ K ein beliebiges normiertes Polynom vom Grad n. Das
charakteristische Polynom der n × n-Matrix


0 . . . . . . . . . 0 −α0

 ..
..
1
.
. −α1 

..
.. 
...


.
. 
0 1
,
A :=  . .
.. 
 .. . . . . . . . . ...
. 



 ..
.. ..
.
.
. 0 −αn−2 
0 . . . . . . 0 1 −αn−1
l¨asst sich durch Entwickeln nach der ersten Zeile und Induktion u
¨ber n bestimmen; man erh¨alt
n−1
charA (X) = X · charA11 (X) + (−1)
n+1
n−1
(α0 )(−1)
n
αi X i .
=X +
i=0
4. [Aufgabe] Sei A eine nilpotente quadratische Matrix, das heisst eine, f¨
ur die
m
ein m ≥ 1 existiert mit A = O. Zeige, dass der einzige m¨ogliche Eigenwert
von A gleich 0 ist. Wann genau ist 0 ein Eigenwert von A?
4. [L¨
osung] Angenommen A hat einen Eigenwert λ = 0 mit Eigenvektor v. Dann
folgt durch Induktion
Ak v = λk v = 0,
f¨
ur alle k ≥ 0 und daher auch Ak = 0 f¨
ur alle k ≥ 0 im Widerspruch zur Vorraussetzung.
F¨
ur n = 0 ist die Menge der Eigenwerte leer und 0 ist kein Eigenwert. F¨
ur
n ≥ 1 sei m ≥ 1 die eindeutige Zahl, sodass Am = 0 und Am−1 = 0 ist. Es gibt
daher einen Vektor v ∈ K n mit w := Am−1 v = 0 und wegen
Aw = Am w = 0 · w = 0
ist w ein Eigenvektor zu A mit Eigenwert 0.
≥0
5. [Aufgabe] Wie fr¨
uher sei F := K Z der Raum aller unendlichen Folgen in K,
und sei F0 der Unterraum aller Folgen, die schliesslich Null werden.
a) Finde alle Eigenwerte und Eigenvektoren von
T : F → F, (x0 , x1 , x2 , . . .) → (x1 , x2 , x3 , . . .).
b) Finde alle Eigenwerte und Eigenvektoren von der Einschr¨ankung von T
auf F0 .
c) Konstruiere einen Endomorphismus von F0 mit den Eigenwerten 0, 1, 2, 3, . . .
d) Konstruiere einen Endomorphismus von F0 , der keine Eigenwerte besitzt.
5. [L¨
osung]
a) Sei x = (xi )i≥0 ∈ F und λ ∈ K beliebig mit
T x = λx.
Dann gilt λxn = xn+1 f¨
ur alle n ≥ 0, woraus mit Induktion xn = λn x0 f¨
ur
alle n folgt. Der Vektor x ist also ein Vielfaches von
vλ := (1, λ, λ2 , . . . ) = 0.
Da umgekehrt jedes Vielfache von vλ ein Eigenvektor von T zum Eigenwert
λ ist, folgt, dass jedes λ ∈ K ein Eigenwert von T mit eindimensionalem
Eigenraum vλ ist.
b) Sei
T0 = T |F0 : F0 −→ F0
die Einschr¨ankung von T auf F0 . Mit demselben Argument wie in Teil a)
erhalten wir, dass jeder Eigenvektor von T0 von der Form
x := (x0 , x0 λ, . . . , x0 λn , . . . )
mit x0 = 0 sein muss. Der Vektor x mit x0 = 0 liegt in F0 genau dann,
wenn λ = 0 ist. Es folgt, dass T0 den Eigenwert 0 mit Eigenraum v0 hat
und keine weiteren Eigenwerte besitzt.
c) Sei
U : F0 −→ F0 , (xn )n≥0 → (n · xn )n≥0 .
Die Vektoren vk = (δkn )n≥0 sind Eigenvektoren von U zum Eigenwert k f¨
ur
alle k ≥ 0. Da die Vektoren {vk | k ≥ 0} auch eine Basis von F0 bilden,
gibt es keine weiteren Eigenvektoren, also auch keine anderen Eigenwerte.
d) Sei
M : F0 −→ F0 , (x0 , x1 , x2 , . . .) → (0, x0 , x1 , x2 , . . .)
und sei x = (xn )n≥0 ∈ F0 ein Vektor mit M x = λx f¨
ur ein λ ∈ K. Dann
gilt
x0 = λx1 = · · · = λn xn = . . . .
Da ein m ≥ 0 existiert mit xk = 0 f¨
ur alle k ≥ m folgt x0 = x1 = · · · =
xm = 0, also x = 0. Die Abbildung M hat daher keine Eigenvektoren und
damit keinen Eigenwert.
6. [Aufgabe] Berechne das charakteristische Polynom, die Eigenwerte und die
Eigenvektoren der folgenden Matrizen u
¨ber Q und u
¨berpr¨
ufe, ob die Matrizen
diagonalisierbar sind.
1 −1
2 4


2 2 3
b) B := 1 2 1
2 −2 1


−4 −3 −1 −7
−3 −1 −1 −4

c) C := 
 6
4
3
8
3
3
1
6
a) A :=
6. [L¨
osung]
a) Die Matrix A hat das charakteristische Polynom
charA (X) = X 2 − 5X + 6 = (X − 2)(X − 3)
und damit die Eigenwerte 2 und 3. Die Eigenr¨aume Eλ,A zum Eigenwert
λ sind
1
1
E2,A =
, E3,A =
.
−1
−2
Da f¨
ur jeden Eigenwert von A die geometrische Vielfachheit mit der arithmetischen Vielfachheit u
¨bereinstimmt, ist A diagonalisierbar.
b) Die Matrix B hat das charakteristische Polynom
charB (X) = X 3 − 5X 2 + 2X + 8 = (X − 4)(X − 2)(X + 1).
und damit die Eigenwerte {4, 2, −1}. Die Eigenr¨aume sind
 
 
 
8
2
1
E4,B = 5 , E2,B =  3  , E−1,B =  0  .
2
−2
−1
Da f¨
ur jeden Eigenwert von B die geometrische Vielfachheit mit der arithmetischen Vielfachheit u
¨bereinstimmt, ist B diagonalisierbar.
c) Die Matrix C hat das charakteristische Polynom
charC (X) = X 4 − 4X 3 + 3X 2 + 4X − 4 = (X − 1)(X + 1)(X − 2)2 .
und damit die Eigenwerte {1, −1, 2}.
 
0
1

E1,C = 
2 , E−1,C =
0
Die Eigenr¨aume sind
 
 
1
0
0
1
  , E2,C =   .
0
0
1
1
Der Eigenwert 2 hat arithmetische Vielfachheit 2, aber geometrische Vielfachheit 1. Die Matrix C ist also nicht diagonalisierbar.
7. [Aufgabe]
a) Seien A, B zwei n × n-Matrizen, die kommutieren, das heisst f¨
ur welche
gilt:
A · B = B · A.
Zeige, dass jeder Eigenvektor v von B mit eindimensionalem Eigenraum
auch ein Eigenvektor von A ist.
b) Sei Pσ die Permutationsmatrix zu der Permutation σ ∈ Sn mit σ(n) = 1
und σ(i) = i + 1 f¨
ur alle 1 ≤ i < n. Sei A eine n × n-Matrix u
¨ber C mit
Pσ APσ−1 = A.
Zeige, dass A diagonalisierbar ist, und berechne die Eigenvektoren von A.
Hinweis: Berechne zuerst die Eigenwerte und Eigenvektoren von Pσ .
7. [L¨
osung]
a) Sei v ∈ K n ein Eigenvektor von B zum Eigenwert λ. Da der zugeh¨orige
Eigenraum Eλ,B eindimensional ist, gilt
Eλ,B = {w ∈ K n |Bw = λw} = v .
Wegen
B(Av) = A(Bv) = A(λ · v) = λ · (Av)
ist Av ∈ Eλ,B , also Av = λ v f¨
ur ein λ ∈ K. Damit ist v auch ein
Eigenvektor von A.
b) Aus der L¨osung zu Aufgabe 3 folgt in C[X]
n−1
charPσ (X) = X n − 1 =
(X − ω k ),
k=0
¨
wobei ω := e2πi/n ist. Uber
C hat Pσ daher n verschiedene Eigenwerte der
arithmetischen Vielfachheit 1. Also sind auch die geometrischen Vielfachheiten gleich 1 und Pσ ist diagonalisierbar mit eindimensionalen Eigenr¨aumen.
Konkret ist f¨
ur jedes 0 ≤ k ≤ n − 1


1
 ω −k 


 ω −2k 
Eωk ,Pσ = vk
f¨
ur vk := 



..


.
−(n−1)k
ω
Aus Teil (a) folgt, dass A diagonalisierbar ist und dass A jedes vk auf ein
Vielfaches, sagen wir auf λk vk , abbildet. Die Menge der Eigenwerte von A
ist dann
S := {λk | 0 ≤ k ≤ n − 1}.
und der Eigenraum von A zu einem Eigenwert λ ∈ S ist
Eλ,A = {vk | 0 ≤ k ≤ n − 1, λk = k} .
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Gesundheitswesen
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