Lösungen Klausur II

Aufgabe 1.

(1) Es werden det A = −1 und A^{−1} = (\begin{matrix}−3 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}).

(2) Es wird det A = 0. Die Matrix A ist mithin nicht invertierbar.

(3) Es werden det A = 1 und A^{−1} = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}).

Aufgabe 2. Umgeformt wird (A|b|c) (z.B.) zu (\begin{matrix}1 & −1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}).

(1) Es ist rk A = 3.

(2) Eine Basis des Lösungsraums \{x ∈ F_{3}^{5} | Ax = 0\} ist gegeben durch ((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix})).

(3) Es ist \{x ∈ F_{3}^{5} | Ax = b\} = (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) + ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix})⟩.

(4) Es ist {x ∈ F_{3}^{5} | Ax = c} = ∅ (leere Menge).

Aufgabe 3.

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

(b) Es wird ((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})) eine Basis von E_{A}(1) und ((\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})) eine Basis von E_{A}(0). Ferner wird ((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})) eine Basis von H_{A}(1) und ((\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})) eine Basis von H_{A}(0).

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

(d) Es ist μ_{A}(X) = μ_{S^{−1}AS}(X) = (X − 1)^{2}X (es ist also gleich dem charakteristischen Polynom).

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

(b) Es wird ((\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})) eine Basis von E_{A}(1). Ferner ist H_{A}(1) = C^{5}, d.h. jede Basis von C^{5} ist eine Basis von H_{A}(1).

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

(d) Es ist μ_{A}(X) = μ_{S^{−1}AS}(X) = (X − 1)^{3} (Maximum der Jordanblockgrößen).

Aufgabe 4.

(1) Wegen Ā^{t}A = (\begin{matrix}2 & i \\ −i & 1 \end{matrix}) ungleich AĀ^{t} = (\begin{matrix}2 & −i \\ i & 1 \end{matrix}) ist A nicht normal, also insbesondere weder hermitesch noch unitär. Da A nicht normal ist, ist A auch nicht unitär diagonalisierbar.

(2) Wegen Ā^{t}A = (\begin{matrix}0 & 0 & −i \\ 0 & −i & 0 \\ −i & 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 & i \\ 0 & i & 0 \\ i & 0 & 0 \end{matrix}) = E ist A unitär, und damit auch normal, wegen A ≠ Ā^{t} aber nicht hermitesch. Insbesondere ist A unitär diagonalisierbar. Es ist χ_{A}(X) = (X − i)^{2}(X + i), und es werden E_{A}(i) =

⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})⟩ und E_{A}(−i) = ⟨(\begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})⟩. Mit U = \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ \sqrt{2} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}) wird somit Ū^{t}AU = (\begin{matrix}i & 0 & 0 \\ 0 & i & 0 \\ 0 & 0 & −i \end{matrix}).

Aufgabe 5.

(1) Wir wenden das Hauptminorkriterium an und finden det(1) = 1 > 0, det (\begin{matrix}1 & i \\ −i & 3 \end{matrix}) = 2 > 0 und det (\begin{matrix}1 & i & 0 \\ −i & 3 & −i \\ 0 & i & 1 \end{matrix}) = 1 > 0. Damit ist A positiv definit.

(2) Wir wenden die Cramersche Regel an. Es ist det A_{2,3} = det (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & β & β^{2} \\ 1 & β^{2} & β \end{matrix} ) = 0, da die dritte Spalte gleich der

Summe aus der ersten und dem β-fachen der zweiten ist. Es folgt, daß A^{−1} an Position (3, 2) in der Tat den Eintrag 0 aufweist.

(3) Sei x_{n} := (\begin{matrix}a_{n} \\ a_{n−1} \\ a_{n−2} \end{matrix} ) für n ≥ 2, speziell x_{2} = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}). Es wird x_{n+1} = \underbrace{(\begin{matrix}0 & 3 & −2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix})}_{=: A} x_{n}, und wir erhalten χ_{A}(X) =

(X − 1)^{2}(X + 2). Mit S = (\begin{matrix}4 & 1 & 2 \\ −2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}) und entsprechend S^{−1} = \frac{1}{9} (\begin{matrix}1 & −2 & 1 \\ −1 & 2 & 8 \\ 3 & 3 & −6 \end{matrix}) wird S^{−1}AS = \underbrace{(\begin{matrix}−2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})}_{=: B}.

Damit wird

x_{n} = A^{n−2}x_{2}
= SB^{n−2}S^{−1}x_{2}
= \frac{1}{9} (\begin{matrix}4 & 1 & 2 \\ −2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}(−2)^{n−2} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & n−2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & −2 & 1 \\ −1 & 2 & 8 \\ 3 & 3 & −6 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})
= \frac{1}{9} (\begin{matrix}4 & 1 & 2 \\ −2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}(−2)^{n−2} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & n−2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 \\ 8 \\ −6 \end{matrix})
= \frac{1}{9} (\begin{matrix}4 & 1 & 2 \\ −2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}(−2)^{n−2} \\ 20−6n \\ −6 \end{matrix} ) ,

und mithin a_{n} = ((−2)^{n} − 6n + 8)/9 (auch für n ∈ {0, 1}).

Aufgabe 6.

(1) Die Aussage ist richtig. Da A hermitesch ist, sind seine Hauptdiagonaleinträge reell. Da A dazuhin positiv definit ist, sind seine Hauptdiagonaleinträge positiv. Selbiges gilt dann auch für die Summe.

Alternativ: die Spur von A ist die Summe der Eigenwerte, und letztere sind bei einer positiv definiten hermiteschen Matrix reell und positiv.

(2) Die Aussage ist falsch, da z.B. (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) ebenfalls unitär und hermitesch ist.

(3) Die Aussage ist falsch. Sei etwa A = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}). Dann ist x = (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) ein Eigenvektor zum Eigenwert 1, und (\begin{matrix}1 \\ −1 \end{matrix}) ein Eigenvektor zum Eigenwert 0, aber x̄^{t}y = 1 ≠ 0.

(4) Die Aussage ist richtig. Die Matrix A hat Rang rk A ≤ rk x = 1, da x ∈ C^{n×1}. Wegen x ≠ 0 hat A nun einen nichtverschwindenden Diagonaleintrag, und somit ist rk A = 1. Wegen Ā^{t} = \overline{(xx̄^{t})}^{t} = xx̄^{t} = A ist A hermitesch, und damit diagonalisierbar. Also ist dim E_{A}(0) = dim H_{A}(0) = n−1. Ferner ist Ax = (xx̄^{t})x = x(x̄^{t}x), womit x als Eigenvektor zum Eigenwert x̄^{t}x gezeigt ist. Also ist dim E_{A}(x̄^{t}x) = dim H_{A}(x̄^{t}x) = 1.

(5) Die Aussage ist richtig. Es ist π(ρ) ( 1 1 ⋮ 1 ) = ( 1 1 ⋮ 1 ), und genauso für π(σ). Damit ist (π(ρ) + π(σ)) ( 1 1 ⋮ 1 ) =

( 2 2 ⋮ 2 ) = 0, und folglich ist π(ρ) + π(σ) singulär.