Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Martin Fuchssteiner Erik Hofmann Fredrik Strömberg

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2008 6.10.2007

Lineare Algebra II

5. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 21) Jordan-Normalform

Zeigen Sie, daß die Matrix

A := (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix})

in ℝ keine Jordannormalform besitzt.

Lösung:

Für das charakteristische Polynom von A gilt

P_{A}(λ) = λ^{2} + 1.

Folglich besitzt A keine reellen Eigenwerte und daher auch keine Jordannormalform in ℝ.

(G 22) Das Minimalpolynom

Definition: Ein Minimalpolynom eines Endomorphismus f ∈ hom(V, V) (V endlichdimensionaler Vektorraum über dem Körper 𝕂) ist ein nichttriviales Polynom m_{f} ∈ 𝕂[X] kleinsten Grades mit Leitkoeffizient 1, für welches p(f) = 0 gilt.

Beweisen Sie, daß Minimalpolynome eindeutig sind und daß das Minimalpolynom immer existiert.

Lösung:

Es sei f ∈ hom(V, V) ein endomorphismus mit charakteristischem Polynom P_{f} ∈ 𝕂[X]. Aus P_{f}(f) = 0 folgt die Existenz eines nichttrivialen Polynomes p ∈ 𝕂[X] minimalen Grades mit p(f) = 0. Ist c ∈ 𝕂 der Leitkoeffizient von p, so ist m_{f} = \frac{1}{c}p ein Polynom m_{f} ∈ 𝕂[X] kleinsten Grades mit Leitkoeffizient 1 für welches p(f) = 0 gilt. es bleibt noch die eindeutigkeit zu beweisen. Sind p_{1} und p_{2} jeweils Minimalpolynome vom Grad n so gilt

(p_{1} − p_{2})(f) = p_{1}(f) − p_{2}(f) = 0,

somit ist p_{1} − p_{2} ein Polynom vom Grad n − 1, für welches (p_{1} − p_{2})(f) = 0 gilt. Im Falle p_{1} ≠ p_{2} steht dies im Widerspruch zur Annahme, daß der Grad von p_{1} (oder auch p_{2}) minimal unter der Bedingung p_{1}(f) = 0 ist.

(G 23) Jordan-Normalform

Transformieren Sie die folgendende Matrix auf Jordannormalform.

A := ( \begin{matrix}0 & −4 & −4 \\ 0 & 0 & −1 \\ 2 & 4 & 6 \end{matrix} ) .

Bestimmen Sie hierzu die verallgemeinerten Eigenräume.

Lösung:

Das charakteristische Polynom ist

p_{A}(λ) = −λ^{3} + 6λ^{2} − 12λ + 8 = (λ − 2)^{3}.

Um die Eigenvektoren zum Eigenwert 2 zu bestimmen, lösen wir das folgende Gleichungssystem:

(A − 2E_{3})v_{1} = ( \begin{matrix}−2 & −4 & −4 \\ 0 & −2 & −1 \\ 2 & 4 & 4 \end{matrix} ) v_{1} = 0.

Der Lösungsraum (ist der gewöhnliche Eigenraum und) hat Dimension eins und wird von v_{1} := (2, 1, −2)^{T} erzeugt. Als nächstes suchen wir einen Vektor v_{2}, der durch A−2E_{3} auf v_{1} abgebildet wird (Denn dann gilt (A − 2E_{3})^{2}v_{2} = 0 und {v_{1}, v_{2}} ist eine linear unabhängige Teilmenge des verallgemeinerten Eigenraums V_{2}^{2}(A) = ker(2E − A)^{2}):

(A − 2E_{3})v_{2} = v_{1}.

Der affine Lösungsraum hat Dimension eins, z.B. v_{2} := (1, 0, −1)^{T}. Analog suchen wir nun einen Vektor v_{3}, der durch A − 2E_{3} auf v_{2} abgebildet wird:

(A − 2E_{3})v_{3} = v_{2}.

Eine Lösung ist v_{2} := (−\frac{1}{2}, 0, 0)^{T}.

Damit haben wir eine Basis des verallgemeinerten Eigenraums V_{2}^{3}(A) (der damit als ℝ^{3} bestimmt ist) gefunden, die bereits eine Jordanbasis ist.

Im Allgemeinen kann es auch passieren, daß eine der Gleichungen (A − 2E_{3})v_{i+1} = v_{i} nicht lösbar ist. Dann müßte man trotzdem {v_{1}, …, v_{i}} zu einer Basis {v_{1}, …, v_{k}} des verallgemeinerten Eigenraums U^{(2)} erweitern und aus den Jordanketten zu v_{i}, …, v_{k} eine Jordanbasis von V_{2}^{2}(A) konstruieren. (Man muß erst bei v_{i} beginnen, da die Jordankette von v_{i} offenbar die Vektoren v_{1}, … v_{i−1} und damit auch deren Jordanketten enthält).

Man sollte sich darüber im klaren sein, daß insbesondere der Fall, in dem die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts größer als 1 ist, eine sorgfältigere Behandlung erfordert, die hier jedoch aus Zeitgründen nicht geübt werden soll.

Nun setzen wir (die erste Spalte ist der Eigenvektor der Jordankette usw.)

S := ( \begin{matrix}2 & 1 & −1/2 \\ 1 & 0 & 0 \\ −2 & −1 & 0 \end{matrix} )

und erhalten

S^{−1}AS = ( \begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix} ) .

(G 24) Komplexe 2x2-Matrizen Zeigen Sie, daß eine komplexe nicht nilpotente 2 × 2–Matrix A eine Quadratwurzel hat, d.h. daß eine komplexe 2 × 2–Matrix B mit B^{2} = A existiert. Hinweis: Betrachten Sie die möglichen Jordannormalformen von A.

Lösung:

Es sei A zunächst eine komplexe nicht nilpotente 2×2–Matrix in Jordannormalform. Dann ergeben sich zwei Fälle:

1.: A := ( \begin{matrix}λ_{1} & 0 \\ 0 & λ_{2} \end{matrix} ) . (λ_{1} = λ_{2} ist möglich.) Dann können wir komplexe Quardatwurzeln μ_{1} und μ_{2} von λ_{1} und λ_{2} wählen und mit

B := ( \begin{matrix}μ_{1} & 0 \\ 0 & μ_{2} \end{matrix} ) .

gilt B^{2} = A.

2.: A := ( \begin{matrix}λ & 1 \\ 0 & λ \end{matrix} ) . Sei wieder μ eine komplexe Quadratwurzel von λ und

B := ( \begin{matrix}μ & \frac{1}{2μ} \\ 0 & μ \end{matrix} ) .

Dann gilt wiederum B^{2} = A. Sei jetzt A eine beliebige komplexe 2×2–Matrix und S^{−1}AS ihre Jordannormalform. Sei B die Matrix, für die B^{2} = S^{−1}AS gilt (s.o). Dann ist

(SBS^{−1})^{2} = SBS^{−1}SBS^{−1} = SBBS^{−1} = SS^{−1}ASS^{−1} = A,

also ist SBS^{−1} die gesuchte Quadratwurzel. (G 25) Jordan-Normalform Bestimmen Sie jeweils eine Jordannormalform und eine zugehörige Jordanbasis der Matrizen

A := (\begin{matrix}3 & 0 & −1 & 0 \\ 2 & 3 & −2 & −1 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & −1 & 2 \end{matrix}) und B := (\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & −1 & −2 & −2 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & −1 \end{matrix}) .

Lösung:

Für das charakteristische Polynom von A gilt

P_{A}(λ) = det(A − λI) = det (\begin{matrix}3 − λ & 0 & −1 & 0 \\ 2 & 3 − λ & −2 & −1 \\ 0 & 0 & 2 − λ & 0 \\ 1 & 0 & −1 & 2 − λ \end{matrix})

=^{Entwicklung nach der 3. Zeile} (2 − λ) det (\begin{matrix}3 − λ & 0 & 0 \\ 2 & 3 − λ & −1 \\ 1 & 0 & 2 − λ \end{matrix})
=^{Entwicklung nach der 1. Zeile} (2 − λ)(3 − λ) det (\begin{matrix}3 − λ & −1 \\ 0 & 2 − λ \end{matrix}) = (2 − λ)^{2}(3 − λ)^{2}.

Folglich besitzt A die Eigenwerte λ_{1} = 2 und λ_{2} = 3, die jeweils die algebraische Vielfachheit zwei haben. Da die Summe der algebraischen Vielfachheiten gleich vier ist, besitzt A eine Jordannormalform.

Für den Eigenraum zum Eigenwert λ_{1} gilt

E_{1} := ker(A − λ_{1}I) = ker (\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 0 \\ 2 & 1 & −2 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & −1 & 0 \end{matrix}) = \{s (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) + t (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) | s, t ∈ ℝ\} .

Folglich gibt es zum Eigenwert λ_{1} zwei Jordanblöcke der Größe eins.

Für den Eigenraum zum Eigenwert λ_{2} gilt

E_{2} := ker(A − λ_{2}I) = ker (\begin{matrix}0 & 0 & −1 & 0 \\ 2 & 0 & −2 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & −1 & −1 \end{matrix}) = \{s (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) | s ∈ ℝ\} .

Folglich gibt es zum Eigenwert λ_{2} einen Jordanblock der Größe zwei.

Zum Bestimmen des noch fehlenden Basisvektors des verallgemeinerten Eigenraums zum Eigenwert λ_{2} ist folgendes Gleichungssystem zu lösen:

(A − λ_{2}I)v = (\begin{matrix}0 & 0 & −1 & 0 \\ 2 & 0 & −2 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & −1 & −1 \end{matrix}) v = (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

Die Lösungsmenge des obigen Gleichungssystem ist

\{s (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) | s ∈ ℝ\} .

Damit ist

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

eine Jordanbasis von A und

(\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{matrix})

die zugehörige Jordannormalform.

Alternativ hätte auch das Verfahren aus der Vorlesung verwendet werden können. Dann hätte man nach der Berechnung von ker(A − λ_{2}I)

ker(A − λ_{2}I)^{2} = ker (\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ −1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ −1 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}) = \{s (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + t (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) | s, t ∈ ℝ\}

berechnet und festgestellt, daß ((0, 1, 0, 0)^{T} , (1, 0, 0, 1)^{T}) die fehlende Jordankette ist.

Für das charakteristische Polynom von B gilt

χ_{B}(λ) = det(B − λI) = det (\begin{matrix}−1 − λ & 0 & 0 & 0 \\ 3 & −1 − λ & −2 & −2 \\ 0 & 0 & −1 − λ & 0 \\ 1 & 0 & 0 & −1 − λ \end{matrix})

=^{Entwicklung nach der 1. Zeile} (−1 − λ) det (\begin{matrix}−1 − λ & −2 & −2 \\ 0 & −1 − λ & 0 \\ 0 & 0 & −1 − λ \end{matrix})

=^{Entwicklung nach der 3. Zeile} (−1 − λ)^{2} det (\begin{matrix}−1 − λ & −2 \\ 0 & −1 − λ \end{matrix})
= (−1 − λ)^{4}

Folglich besitzt B den Eigenwert λ_{1} = −1 mit der algebraischen Vielfachheit vier, womit B eine Jordannormalform besitzt.

Da B nur einen Eigenwert besitzt, gibt es auch nur einen verallgemeinerten Eigenraum, womit V^{λ_{1}} = ℝ^{4} gilt.

Mit dem Verfahren aus der Vorlesung kommt man nun sehr schnell zum Ziel, da das Berechnen von ker(B + I)^{j} entfallen kann. Als Basis des verallgemeinerten Eigenraums zur Eigenwert −1 kann zum Beispiel die Standardbasis des ℝ^{4} gewählt werden. Daraus lassen sich nun Jordanketten bilden.

Es sei

v_{3} := e_{1} = (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})  v_{2} := (B + I)v_{3} = (\begin{matrix}0 \\ 3 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})

v_{1} := (B + I)v_{2} = (\begin{matrix}0 \\ −2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})  v_{0} := (B + I)v_{1} = 0

Aus v_{0} = 0 folgt, daß v_{1} ein Eigenvektor ist und v_{3} ein Hauptvektor der Stufe 3. Daher ist (v_{1}, v_{2}, v_{3}) eine Jordankette.

Weiter sei

w_{1} := e_{2} = (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})  w_{0} := (B + I)w_{1} = 0

Aus w_{0} = 0 folgt, daß w_{1} ein Eigenvektor ist. Daher ist (w_{1}) eine Jordankette. Allerdings sind v_{1} und w_{1} linear abhängig, weshalb die Jordankette (w_{1}) gleich wieder verworfen werden kann.

Nun sei

u_{2} := e_{3} = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})  u_{1} := (B + I)u_{2} = (\begin{matrix}0 \\ −2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})
u_{0} := (B + I)u_{1} = 0

Aus u_{0} = 0 folgt, daß u_{1} ein Eigenvektor ist. Daher ist (u_{1}, u_{2}) eine Jordankette. Die Vektoren (v_{1}, v_{2}, v_{3}, u_{1}, u_{2}) bilden offensichtlich ein Erzeugendensystem des ℝ^{4}. Allerdings bilden sie keine Basis. Deshalb müssen die Ketten noch verkürzt werden: Es gilt v_{1} − u_{1} = 0. Folglich kann die Kette (u_{1}, u_{2}) verkürzt werden. Es sei

ũ_{1} := u_{2} − v_{2} = (\begin{matrix}0 \\ −3 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}) .

Dann ist (ũ_{1}) eine Jordankette. Da v_{1} und ũ_{1} linear unabhängig sind, sind auch v_{1}, v_{2}, v_{3}, ũ_{1} linear unabhängig und daher

(v_{1}, v_{2}, v_{3}, ũ_{1}) = ((\begin{matrix}0 \\ −2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 3 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ −3 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}))

eine Jordanbasis von B und

(\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 \end{matrix})

die zugehörige Jordannormalform. Alternativ ist auch die folgende Rechnung möglich: Für den Eigenraum zum Eigenwert λ_{1} gilt

E_{1} := ker(B − λ_{1}I) = ker (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & −2 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = \{s (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}) + t (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) | s, t ∈ ℝ\} .

Folglich gibt es zum Eigenwert λ_{1} zwei Jordanblöcke. Zum Bestimmen der noch fehlenden Basisvektoren des verallgemeinerten Eigenraums zum Eigenwert λ_{1} ist folgendes Gleichungssystem zu lösen:

(B − λ_{1}I)v = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & −2 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) v = (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) =: v_{1}.

Die Lösungsmenge des obigen Gleichungssystems ist

L_{1} := \{s (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + t (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ −\frac{1}{2} \end{matrix} ) | s, t ∈ ℝ\} .

Wir wählen einen Vektor v_{2} = (0, 0, 0, −\frac{1}{2}) ∈ L_{1} und lösen das Gleichungssystem

(B − λ_{1}I)v = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & −2 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) v = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ −\frac{1}{2} \end{matrix} ) = v_{2}.  (1)

Die Lösungsmenge des obigen Gleichungssystems ist

L_{2} := \{s (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + t (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}−\frac{1}{2} \\ 0 \\ 0 \\ −\frac{3}{4} \end{matrix} ) | s, t ∈ ℝ\} .

Damit ist

((\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ −\frac{1}{2} \end{matrix} ) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−\frac{1}{2} \\ 0 \\ 0 \\ −\frac{3}{4} \end{matrix} ))

eine Jordanbasis von A und

(\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 \end{matrix})

die zugehörige Jordannormalform.

Wichtige Anmerkung: Bei der Wahl von v_{2} hatten wir das Glück, daß das Gleichungssystem 1 eine Lösung hatte und den fehlenden Basisvektor lieferte. Für ein systematisches Suchen des fehlenden Basisvektors, hätte man das Gleichungssystem

(B − λ_{2}I)v = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & −2 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) v = s (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + t (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ −\frac{1}{2} \end{matrix} ) .

mit den Unbekannten v ∈ ℝ^{3} und s, t ∈ ℝ lösen können.

Hausübungen

(H 13) Jordan-Normalform (10 Punkte)

Bestimmen Sie jeweils eine Jordannormalform der folgenden Matrizen:

A := (\begin{matrix}−1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 42 \end{matrix}) , B := (\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}) und C := (\begin{matrix}2 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 2 \end{matrix}) .

Lösung:

Die Matrix A ist eine obere Dreiecksmatrix. Folglich stehen die Eigenwerte auf der Diagonalen und sind −1, 1 und 42. Da sie paarweise verschieden sind ist A diagonalisierbar und

J_{A} = (\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 42 \end{matrix})

ist eine Jordannormalform von A. Die Matrix B ist reell und symmetrisch und daher diagonalisierbar. Für das charakteristische Polynom von B gilt

\begin{aligned}χ_{B}(λ) & = det (\begin{matrix}−λ & 0 & 1 \\ 0 & 1 − λ & 0 \\ 1 & 0 & −λ \end{matrix}) = −λ(1 − λ)(−λ) − (1 − λ) = (1 − λ)(λ^{2} − 1) \\ & = (1 − λ)^{2}(1 + λ) \end{aligned}

Folglich besitzt B die Eigenwerte 1 mit der algebraischen Vielfachheit zwei und −1 mit der algebraischen Vielfachheit eins. Daher ist

J_{B} = (\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})

ist eine Jordannormalform von B. Für das charakteristische Polynom von C gilt

\begin{aligned}χ_{C}(λ) & = det (\begin{matrix}2 − λ & 1 & −1 \\ 0 & −λ & 1 \\ 0 & −1 & 2 − λ \end{matrix}) = (2 − λ)(−λ(2 − λ) + 1) = (2 − λ)(λ^{2} − 2λ + 1) \\ & = (2 − λ)(λ − 1)^{2}. \end{aligned}

Folglich besitzt C die Eigenwerte 1 mit der algebraischen Vielfachheit zwei und 2 mit der algebraischen Vielfachheit eins. Um zu entscheiden, ob es zum Eigenwert eins ein oder zwei Jordanblöcke gibt sind, ist die Dimension des entsprechenden Eigenraums E zu berechnen. Es gilt

E = ker(C − I) = ker (\begin{matrix}1 & 1 & −1 \\ 0 & −1 & 1 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}) =^{III−II} ker (\begin{matrix}1 & 1 & −1 \\ 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = \{(\begin{matrix}0 \\ s \\ s \end{matrix}) | s ∈ ℝ\} .

Da der Eigenraum die Dimension eins besitzt ist die geometrische Vielfachheit des Eigenwertes 1 gleich eins und daher

J_{C} = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})

eine Jordannormalform von C. (H 14) Berechneung von e^{At} (10 Punkte) In dieser Aufgabe werden wir uns überlegen, wie man zu einer n × n-Matrix A ihr Bild unter der Exponentialfunktion berechnet.

(a) Berechnen Sie e^{At} für eine Diagonalmatrix A.

(b) Berechnen Sie e^{At} für einen Jordanblock. Hinweis: Zerlegen Sie A zu A = λE + N, mit N nilpotent.

(c) Wie kann man e^{At} für eine diagonalisierbare Matrix berechnen?

Lösung:

(a)

A = ( \begin{matrix}λ_{1} & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & λ_{n} \end{matrix} ) ⇒ A^{i} = ( \begin{matrix}λ_{1}^{i} & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & λ_{n}^{i} \end{matrix} ) ⇒ e^{At} = ( \begin{matrix}e^{λ_{1}t} & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & e^{λ_{n}t} \end{matrix} )

(b)

A = ( \begin{matrix}λ & 1 & & 0 \\ & ... & ... \\ & & ... & 1 \\ 0 & & & λ \end{matrix} ) = λE + N, mit N = ( \begin{matrix}0 & 1 & & 0 \\ & ... & ... \\ & & ... & 1 \\ 0 & & & 0 \end{matrix} ) .

Dann ist

N^{2} = ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 & & 0 \\ & ... & ... & ... \\ & & ... & ... & 1 \\ & & & ... & 0 \\ 0 & & & & 0 \end{matrix} ) , N^{n−1} = ( \begin{matrix}0 & ⋯ & 0 & 1 \\ & ... & & 0 \\ & & ... & ⋮ \\ 0 & & & 0 \end{matrix} ) , N^{n} = 0.

Da λE und N kommutieren, folgt (falls e^{A+B} = e^{A} · e^{B} noch nicht in der Vorlesung behandelt wurde: Über Cauchyprodukt und Binomialsatz, welcher aber nur gilt, wenn A und B kommutieren)

e^{At} = e^{(λE+N)t} = e^{λtE} · e^{Nt} = e^{λt} · E · e^{Nt}
= e^{λt} · (E + Nt + \frac{N^{2}t^{2}}{2!} + … + \frac{N^{n−1}t^{n−1}}{(n − 1)!} )

= e^{λt} · ( \begin{matrix}1 & t & \frac{t^{2}}{2!} & ⋯ & \frac{t^{n−1}}{(n−1)!} \\ & ... & ... & ... & ⋮ \\ & & ... & ... & \frac{t^{2}}{2!} \\ & & & ... & t \\ 0 & & & & 1 \end{matrix} )

(c) Sind S und S^{−1} die Matrizen, die A auf Diagonalform D bringen, so gilt

e^{A} = e^{SDS^{−1}} = lim_{N} ∑_{n}^{N} \frac{1}{n!}(SDS^{−1})^{n} = lim_{N} ∑_{n}^{N} \frac{1}{n!}SDS^{−1}SDS^{−1} ⋯ SDS^{−1}

= lim_{N} ∑_{n}^{N} \frac{1}{n!}SD^{n}S^{−1} = lim_{N} S(∑_{n}^{N} \frac{1}{n!}D^{n})S^{−1} = Se^{D}S^{−1}.

Also gilt e^{At} = Se^{Dt}S^{−1}. Bemerkung: Analog funktioniert es bei einer Jordanmatrix.

(H 15) Jordan-Normalform (10 Punkte)

Lösen Sie Aufgabe G25.