Lösungsvorschlag zur Nachklausur zur Linearen Algebra

21.10.2005

1. Aufgabe: Zeige, dass die Menge der unitären n × n-Matrizen (n ∈ ℕ) bezüglich der Matrixmultiplikation eine Gruppe bildet. (10)

Lösungsvorschlag: Es sei G die Menge der unitären n × n-Matrizen. G ist abgeschlossen bezüglich der Matrixmultiplikation, denn es ist

AB(AB)^{∗} = ABB^{∗}A^{∗} = AA^{∗} = I für alle A, B ∈ G.

Das Assoziativgesetz bezüglich der Matrixmultiplikation gilt gemäß der Vorlesung. Es ist I ∈ G das neutrale Element der Matrixmultiplikation, denn es gilt AI = A für alle A ∈ G. Insbesondere ist G nichtleer. Wir stellen fest, dass mit A ∈ G ebenfalls A^{∗} ∈ G ist, denn es gilt A^{∗}(A^{∗})^{∗} = A^{∗}A = I. Für jedes A ∈ G gilt somit AA^{∗} = I, d.h. A^{∗} ∈ G ist das inverse Element zu A.

2. Aufgabe: Prüfe, ob es sich bei den gegebenen Mengen um Unterräume des jeweils angegebenen Vektorraumes V handelt. Bestimme gegebenenfalls eine Basis und die Dimension des Unterraumes.

(a) U_{1} = {A ∈ ℝ^{2×2} | Rang A = 1} ⊂ ℝ^{2×2} = V.

(b) U_{2} = \{(\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}) ∈ ℝ^{3} | (\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}) ⊥ (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})\} ⊂ ℝ^{3} = V. (14)

Lösungsvorschlag:

(a) Da die Nullmatrix kein Element von U_{1} ist, ist U_{1} kein Unterraum des ℝ^{2×2}.

(b) Es ist

(\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}) ⊥ (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) = 0 ⇔ (\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix})^{T} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) = 0 ⇔ x + y + z = 0.

Damit ist U_{2} = Kern (1 1 1) ein Unterraum des ℝ^{3}. Wir bestimmen eine Basis von U_{2} zu

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

Die Dimension von U_{2} ist zwei. Alternativ sieht man etwa, dass U_{2} als Komplementärraum des Raumes ⟨(1, 1, 1)^{T}⟩ ein Unterraum des ℝ^{3} ist. Um eine Basis von U_{2} zu bestimmen, muss man jedoch trotzdem obige Überlegung anstellen und eine allgemeine Lösung des linearen Gleichungssystems

x + y + z = 0

bestimmen.

3. Aufgabe: Gegeben sei das lineare Gleichungssystem Ax = b mit

A = ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 4 & 2 & 1 \\ 3 & −1 & −3 \end{matrix} ) , b = (\begin{matrix}0 \\ 2 \\ 4 \end{matrix})

(a) Berechne Rang A, dim Im A, sowie dim Kern A.

(b) Bestimme eine Basis von Kern A.

(c) Bestimme die Lösungsgesamtheit von Ax = b. (12)

Lösungsvorschlag:

(a) Im Hinblick auf Aufgabenteil (c) bringen wir die erweiterte Matrix (A|b) auf Zeilenstufenform:

\begin{aligned}& ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 0 \\ 4 & 2 & 1 & 2 \\ 3 & −1 & −3 & 4 \end{matrix} ) & →_{Z3−3Z1}^{Z2−4Z1} & ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & −2 & −3 & 2 \\ 0 & −4 & −6 & 4 \end{matrix} ) \\ →^{Z3−2Z2} & ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & −2 & −3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) . \end{aligned}

Es ergibt sich Rang A = dim Im A = 2, dim Kern A = 3 − 2 = 1.

(b) Es ist

\{(\begin{matrix}1/2 \\ −3/2 \\ 1 \end{matrix})\}

eine Basis von Kern A.

(c) In Aufgabenteil (a) haben wir berechnet, dass Rang A = Rang (A|b) gilt, d.h. das gegebene lineare Gleichungssystem ist lösbar. Die Lösungen dieses linearen Gleichungssystems setzen sich aus einer partikulären Lösung plus einer Lösung der Kerns von A zusammen. Wir erhalten also als Lösungsgesamtheit

L = \{(\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} ) + λ (\begin{matrix}1/2 \\ −3/2 \\ 1 \end{matrix}) | λ ∈ ℝ\} .

4. Aufgabe: Gegeben seien folgende Vektoren des ℝ^{4}.

a_{1} = (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , a_{2} = (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , a_{3} = (\begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) .

Orthonormalisiere a_{1}, a_{2}, a_{3} mit Hilfe des Gram-Schmidt-Verfahrens in der angegebenen Reihenfolge bezüglich des kanonischen Skalarproduktes. (12)

Lösungsvorschlag: Wir konstruieren orthonormale Vektoren b_{1}, b_{2}, b_{3} mit dem Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren.

b_{1} := \frac{a_{1}}{∥a_{1}∥} = \frac{\sqrt{2}}{2} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) .

b̃_{2} := a_{2}− < b_{1}, a_{2} > b_{1} = (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) − \frac{1}{2} · 0 · (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) .

b_{2} := \frac{b̃_{2}}{∥b̃_{2}∥} = \frac{1}{2} (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) .

b̃_{3} := a_{3}− < b_{1}, a_{3} > b_{1}− < b_{2}, a_{3} > b_{2} = (\begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 2 \\ 1 \end{matrix})−\frac{1}{2} ·(−1)·(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})−\frac{1}{4} ·2·(\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 3/2 \\ 1/2 \end{matrix}) .

b_{3} := \frac{b̃_{3}}{∥b̃_{3}∥} = \frac{\sqrt{2}}{3} (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 3/2 \\ 1/2 \end{matrix}) .

5. Aufgabe:

(a) Es sei A ∈ ℂ^{n×n} hermitesch. Zeige, dass Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten von A jeweils orthogonal zueinander sind (bezüglich des kanonischen Skalarproduktes).

(b) Es seien A ∈ ℂ^{n×n}, B ∈ ℂ^{k×k} und M ∈ ℂ^{n×k} mit Rang M = k. Ferner gelte die

Beziehung

AM = MB.

Zeige, dass jeder Eigenwert von B auch ein Eigenwert von A ist. (15)

Lösungsvorschlag:

(a) Es seien λ, μ ∈ ℂ verschiedene Eigenwerte der Matrix A und x, bzw. y zugehörige Eigenvektoren dieser Eigenwerte. Dann ist

(λ − μ)x^{∗}y = (λx)^{∗}y − x^{∗}(μy) = (Ax)^{∗}y − x^{∗}(Ay) = x^{∗}Ay − x^{∗}Ay = 0.

Da λ ≠ μ ergibt sich hieraus die Behauptung. Alternativ kann man folgende Überlegung anstellen, mit der man sieht, dass die getroffene Aussage allgemeiner für normale Matrizen richtig ist. A ist genau dann normal, d.h. es gilt AA^{∗} = A^{∗}A, falls A unitär diagonalisierbar ist, d.h. es gibt eine unitäre Matrix U ∈ ℂ^{n×n} mit U^{∗}AU = diag(λ_{1}, …, λ_{n}), wobei λ_{1}, …, λ_{n} ∈ ℂ die Eigenwerte der Matrix A sind. Da die Spalten von U einerseits Eigenvektoren der Matrix A sind, andererseits jedoch eine Orthonormalbasis des ℂ^{n} bilden, folgt die Behauptung.

(b) Es sei λ ∈ ℂ ein Eigenwert von B und x ein zugehöriger Eigenvektor. Dann gilt

AMx = MBx = λMx.

Da nun Rang M = k gilt, ist Mx ≠ 0. Damit ist jedoch λ ein Eigenwert von A und Mx ein zugehöriger Eigenvektor.

6. Aufgabe: Gegeben sei die Matrix

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

(a) Führe, falls möglich, eine Hauptachsentransformation für die Matrix A durch, d.h.: Bestimme alle Eigenwerte von A und eine unitäre Matrix U so, dass U^{−1}AU = diag(λ_{ν}) gilt.

(b) Untersuche die Matrix A auf Definitheit.

(c) Bestimme A^{n} für n ∈ ℕ. (15)

Lösungsvorschlag:

(a) Wir berechnen die Eigenwerte der Matrix A. Es ist

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

= (1 − λ)[λ^{2} − 3λ + 1] − (1 − λ)
= (1 − λ)[λ^{2} − 3λ + 1 − 1]
= −λ(λ − 1)(λ − 3)

Die Matrix A besitzt folglich die Eigenwerte 0, 1 und 3. Wir bestimmen ferner zugehörige normierte Eigenvektoren zum Eigenwert 0:

(\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix}) x = 0 für x = \frac{1}{\sqrt{3}} (\begin{matrix}−1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}) .

zum Eigenwert 1:

(\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) x = 0 für x = \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) .

zum Eigenwert 3:

(\begin{matrix}−2 & 0 & 1 \\ 0 & −2 & 1 \\ 1 & 1 & −1 \end{matrix} ) x = 0 für x = \frac{1}{\sqrt{6}} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) .

Da die Matrix A symmetrisch und die Eigenwerte von A verschieden sind, bilden die angegebenen Eigenvektoren eine Orthonormalbasis des ℝ^{3}. Damit ist

U := \frac{\sqrt{6}}{6} (\begin{matrix}−\sqrt{2} & −\sqrt{3} & 1 \\ −\sqrt{2} & \sqrt{3} & 1 \\ \sqrt{2} & 0 & 2 \end{matrix})

unitär und es gilt

U^{−1}AU = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}) .

(b) Da die Eigenwerte allesamt nichtnegativ sind, ist die Matrix A positiv semidefinit.

(c) Es ist

A^{n} = U (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3^{n} \end{matrix}) U^{−1}

= U (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3^{n} \end{matrix}) U^{T}

= \frac{1}{6} (\begin{matrix}3 + 3^{n} & −3 + 3^{n} & 2 · 3^{n} \\ −3 + 3^{n} & 3 + 3^{n} & 2 · 3^{n} \\ 2 · 3^{n} & 2 · 3^{n} & 4 · 3^{n} \end{matrix}) .

7. Aufgabe: Es sei A ∈ ℂ^{n×n} eine reguläre Matrix. Zeige, dass es gewisse Koeffizienten c_{1}, …, c_{n} ∈ ℂ gibt, so dass A^{−1} = ∑_{ν=1}^{n} c_{ν}A^{ν−1}. (12)

Lösungsvorschlag: Es sei p(λ) = ∑_{ν=0}^{n} a_{ν}λ^{ν} das charakteristische Polynom der Matrix A mit gewissen Koeffizienten a_{0}, …, a_{n} ∈ ℂ, wobei a_{0} = det A ≠ 0. Gemäß des Satzes von Cayley-Hamilton ist p(A) = 0, d.h.

∑_{ν=0}^{n} a_{ν}A^{ν} = 0,

bzw.

a_{0}A^{0} = a_{0}I = − ∑_{ν=1}^{n} a_{ν}A^{ν}.

Multipliziert man nun beide Seiten mit a_{0}^{−1}A^{−1}, so erhält man

A^{−1} = ∑_{ν=1}^{n} \frac{−a_{ν}}{a_{0}} A^{ν−1}

und damit die Behauptung.

8. Aufgabe: Entscheide, ob folgende Aussagen richtig oder falsch sind. Kreuze auf dem Beiblatt zur Aufgabe 8 entsprechend an. Die Punkte für diese Aufgabe werden wie folgt vergeben:

richtig angekreuzt 1 Punkt
nicht angekreuzt 0 Punkte
falsch angekreuzt -1 Punkt.

Bei negativem Punktesaldo werden für diese Aufgabe 0 Punkte vergeben.

1. Der Durchschnitt zweier Unterräume eines Vektorraumes bildet stets einen Vektorraum über denselben Vektorraum.

2. Eine Basis eines Vektorraumes ist stets linear unabhängig.

3. Jeder Vektorraum besitzt eine Basis.

4. Falls das Matrixprodukt zweier Matrizen gleich der Nullmatrix ist, so ist stets eine der beiden Matrizen gleich der Nullmatrix.

5. Eine Matrix ist genau dann regulär, wenn ihre Determinante verschwindet.

6. Zwei Matrizen kommutieren genau dann, wenn sie den gleichen Rang besitzen.

7. Besitzt eine quadratische Matrix vollen Rang, so auch jede Matrixpotenz dieser Matrix.

8. Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten einer quadratischen Matrix sind stets linear unabhängig.

9. Eine hermitesche Matrix ist genau dann negativ definit, wenn alle ihre Hauptminoren negativ sind.

10. Jordanblöcke sind stets diagonalisierbar.

Lösungsvorschlag:

Aussage richtig falsch
1.  ⨂ ◯
2.  ⨂ ◯
3.  ⨂ ◯
4.  ◯ ⨂
5.  ◯ ⨂
6.  ◯ ⨂
7.  ⨂ ◯
8.  ⨂ ◯
9.  ◯ ⨂
10.  ◯ ⨂