Lösung Klausur II Lineare Algebra für Informatiker

Aufgabe 1.

(1) Die Determinante ist det A = −1, die Inverse ist A^{−1} = (\begin{matrix}−1 & ι \\ ι & −1 \end{matrix}).

(2) Die Determinante ist det A = 0, die Inverse existiert nicht.

(3) Die Determinante ist det A = 1, die Inverse ist A^{−1} = ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}).

Aufgabe 2.

(1) Es ist rk A = 2.

(2) Es ist \{x ∈ F_{4}^{4} | Ax = 0\} = ⟨(\begin{matrix}α \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})⟩, eine Basis davon also z.B. gegeben durch ((\begin{matrix}α \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})).

(3) Es ist {x ∈ F_{4}^{4} | Ax = b} = ∅.

(4) Es ist \{x ∈ F_{4}^{4} | Ax = 0\} = (\begin{matrix}α \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) + ⟨(\begin{matrix}α \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})⟩.

Aufgabe 3.

(1) (a) Es ist χ_{A}(X) = X^{2}(X + 1).

(b) Mit z.B. S = (\begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) wird S^{−1}AS = (\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}).

(c) Es ist μ_{A}(X) = X^{2}(X + 1).

(2) (a) Es ist χ_{A}(X) = (X + 1)^{5}.

(b) Mit z.B. S = (\begin{matrix}−1 & 1 & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & −1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & −1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}) wird S^{−1}AS = (\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & −1 \end{matrix}).

(c) Es ist μ_{A}(X) = (X + 1)^{2}. Aufgabe 4.

(1) (a) Es ist χ_{A}(X) = X(X − 2). Mit z.B. U = \frac{\sqrt{2}}{2} (\begin{matrix}i & −i \\ 1 & 1 \end{matrix}) wird Ū^{t}AU = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}).

(b) Wegen der Eigenwerte 0 und 2 ist A positiv semidefinit (aber nicht positiv definit).

(c) Über positive Semidefinitheit gibt das Hauptminorenkriterium keine Aussage ab.

(2) (a) Es ist χ_{A}(X) = (X + 5)^{2}(X + 2). Mit z.B. U = \frac{\sqrt{6}}{6} (\begin{matrix}−\sqrt{3} & −1 & \sqrt{2} \\ \sqrt{3} & −1 & \sqrt{2} \\ 0 & 2 & \sqrt{2} \end{matrix}) wird Ū^{t}AU = (\begin{matrix}−5 & 0 & 0 \\ 0 & −5 & 0 \\ 0 & 0 & −2 \end{matrix}).

(b) Wegen der Eigenwerte −5 und −2 ist A negativ definit.

(c) Das Hauptminorenkriterium bestätigt mit det A_{1} = −4, det A_{2} = +15 und det A_{3} = −50 die negative

Definitheit von A.

Aufgabe 5.

(1) Mit der Cramerschen Regel berechnet sich der Eintrag an Position (1, 5) zu (det A)^{−1}(−1)^{1+5} det (\begin{matrix}s & 1 & s & 1 \\ 1 & s & 1 & s \\ 0 & 1 & s & 1 \\ 0 & 0 & 1 & s \end{matrix}) = (s^{4} − s^{2})/(1 + s^{4} − s^{2}).

(2) Die Elementarteiler ergeben sich zu d_{1} = 1, d_{2} = 6 und d_{3} = 6.

(3) Wir setzen an mit (\begin{matrix}a_{n−2} \\ a_{n−1} \\ a_{n} \end{matrix} ) = \underbrace{(\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & −3 & 3 \end{matrix})}_{=: A} (\begin{matrix}a_{n−3} \\ a_{n−2} \\ a_{n−1} \end{matrix} ). Es wird χ_{A}(X) = (X − 1)^{3}. Mit z.B. S = (\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}) wird

S^{−1}AS = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) =: J. Insgesamt wird

(\begin{matrix}a_{n} \\ a_{n+1} \\ a_{n+2} \end{matrix} ) = A^{n} (\begin{matrix}a_{0} \\ a_{1} \\ a_{2} \end{matrix} ) = SJ^{n}S^{−1} (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})
= S ( \begin{matrix}1 & n & n(n−1)/2 \\ 0 & 1 & n \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) S^{−1} (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})
= (\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}) ( \begin{matrix}1 & n & n(n−1)/2 \\ 0 & 1 & n \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 1 & −2 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})
= ( \begin{matrix}∗ & 2n−n^{2} & ∗ \\ ∗ & ∗ & ∗ \\ ∗ & ∗ & ∗ \end{matrix} ) (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) ,

also a_{n} = 2n − n^{2}.

Aufgabe 6.

(1) Aussage ist falsch. Zum Beispiel sind A = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) und B = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) nilpotent, nicht aber A + B = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}).

(2) Aussage ist falsch. Sei ein solches A als existent angenommen, und sei S ∈ GL_{2}(C) mit J := S^{−1}AS in Jordanform. Aus J^{3} = 0 folgt, daß die Diagonaleinträge von J gleich 0 sind. Dann ist aber J = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) oder J = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}), und jedenfalls J^{2} = 0, im Widerspruch zu A^{2} ≠ 0.

Alternativ, ist A nilpotent, so ist χ_{A}(X) = X^{2}, also χ_{A}(A) = A^{2} = 0.

(3) Aussage ist richtig. Es wird

χ_{A}(X)χ_{B}(X) = det(XE − A) det(XE − B)
= det((XE − A)(XE − B))
= det(X^{2}E − X(A + B) + AB)
= det(X^{2}E − X(A + B))
= X^{n} det(XE − (A + B))
= X^{n}χ_{A+B}(X) .

(4) Aussage ist richtig. Sei hierzu S ∈ GL_{n}(C) mit J := S^{−1}AS in Jordanform. Aus J^{2} = E folgt, daß J bereits Diagonalgestalt hat, da sonst in J^{2} ein Eintrag 2λ oberhalb der Diagonalen auftritt, für einen Eigenwert λ von A.

Alternativ, aus A^{2} − E = 0 folgt, daß μ_{A}(X) ein Teiler von X^{2} − 1 ist, also nur einfache Nullstellen aufweist, und A somit diagonalisierbar ist.

(5) Aussage ist falsch. Zum Beispiel ist A = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}) als nichtdiagonale obere Dreiecksmatrix nicht normal, und mithin nicht unitär diagonalisierbar. Wohl ist aber A^{2} = E.