Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Martin Fuchssteiner Eric Hofmann Fredrik Strömberg Sommersemester 2008

June 4, 2008

Lineare Algebra II

7. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 30)

(a) Seien 𝕂 ein Körper (= ℝ, ℂ), n ∈ ℕ, A ∈ M_{n}(𝕂) und J ∈ M_{n}(𝕂) die Jordansche Normalform von A. Zeigen Sie, daß für jedes α ∈ 𝕂 die beiden Matrizen J − αE und A − αE denselben Rang haben.

(b) Bestimme den Rang von A − E für

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

und zeige (A − E)^{2} = 0. Bestimme aus diesen beiden Berechnungen die Jordansche Normalform von A.

Lösung:

(a) Sei J = BAB^{−1}. Dann gilt naturlich auch J −αE = B(A−αE)B^{−1} und wir wissen daß Basistransformationen der Rang nicht veränderen. Also ist Rang(J −αE) = Rang(A−αE).

(b)

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

= ( \begin{matrix}−1 & −1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & −2 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix} ) ∼ ( \begin{matrix}0 & 0 & −1 & −1 \\ 1 & 1 & −2 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix} )

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

so Rang(A − E) = 2.

Es ist auch einfach zu verifiziernen, daß

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

(c) Aus (a) folgt daß die Eigenraum V_{1} (A) hat Dimension zwei und aus (b) folgt daß die beide Jordanketten Lenge 2 haben. Also muss die Jordansche normalform von A zwei blöcker haben, d.h.

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

(G 31) Euklidischer Algoritmus für Polynome

Sei 𝕂 ein Körper und Sei P = P(𝕂) der Vektorraum der Polynome mit Koeffizienten aus 𝕂. Ein Polynome q ∈ P heist Teiler von p ∈ P wann es gibt r ∈ P so daß p = rq. Man schreibt q|p. Die Polynome q heißt nicht-triviale Teiler wenn der Grad von q > 0. Der größte gemeinsamme Teiler von zwei Polynome p_{1}, p_{2} ∈ P, q = ggT(p, q) ist definiert durch: q|p_{1} und q|p_{2} und wenn r|p_{1} und r|p_{2} folgt r|q.

Der Euklidische algoritmus für Polynome ist änlich wie für Zahlen. Sei q_{0}, q_{1} ∈ P mit Grad(q_{0}) > Grad(q_{1}). Für n ≥ 1 definieren wir r_{n+1} und q_{n+1} recursive durch Division mit Rest:

q_{n−1} = q_{n} r_{n+1} + q_{n+1}.

Wann q_{n+1} = 0 brechen wir ab und ggT(q_{0}, q_{1}) = q_{n}.

(a) Zeigen Sie, daß der obige algorithmus terminiert, d.h. es immer ein N < ∞ so daß q_{N+1} = 0 gibt.

(b) Berechnen Sie die ggT(p, q) für p(x) = x^{8} − 1 und q(x) = x^{15} − 1.

(c) Die sogenannte Fibonacci Polynome sind durch F_{0}(x) = 1, F_{1}(x) = x und

F_{m+1} = xF_{m} + F_{m−1}, m ≥ 1

definiert. Zeigen Sie, daß die Folge F_{m} die eigenschaft daß die Berechnung von ggT(F_{m}, F_{m+1}) genau m Schritte benötigt (ohne Schritt 0) hat.

(d) Geben Sie F_{2}, F_{3}, F_{4} an.

(e) Wie kann man die Fibonacci Zahlen, f_{m} von die Fibonacci Polynome, F_{m}(x) bekommen?

Lösung:

a) Mann sieht daß wenn p, q ∈ P und p = qr+s mit r, s ∈ P dann folgt Grad(s) < Grad(p). Also, in jede schritt in die Algoritmus haben wir Grad(q_{n+1}) < Grad(q_{n}) und damit folgt das es gibt ein N ≥ 0 so daß q_{N} = 0. (Erinnerien Sie daß bei Definition Grad(0) = −∞.)

b) Sei q_{0} = x^{15} − 1 und q_{1} = x^{8} − 1. In der erste Schritt haben wir

x^{15} − 1 = (x^{8} − 1)x^{7} + x^{7} − 1

also q_{2} = x^{7} − 1. In der zweite Schritt haben wir

x^{8} − 1 = (x^{7} − 1)x + x − 1

also q_{3} = x − 1. In der dritte Schritt haben wir

x^{7} − 1 = (x − 1)(x^{6} + x^{5} + x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1)

also q_{4} = 0 und ggT(q_{0}, q_{1}) = x − 1. c) Von die relation F_{m+1} = xF_{m} + F_{m−1} sieht man daß die Grad von F_{n} genau n ist, also Grad(F_{m−1}) = m − 1, Grad(F_{m−2}) = m − 2, …, Grad(F_{0}()) = 0. Damit dauert es genau m − 1 Schritte bis die Grad von F_{m−1} zum 0 reduciert ist, also F_{2}(x) = xF_{1}(x) + F_{0}(x) denn kommt die letzte (m-te) Schritt F_{1}(x) = F_{0}(x) + 0.

d) F_{2}(x) = x^{2} + 1, F_{3}(x) = x^{3} + 2x, F_{4}(x) = x^{4} + 3x^{2} + 1

e) Es gilt offensichtlich daß F_{m}(1) = f_{m}.

(G 32) Bidualraum

Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum über dem Körper 𝕂 und V^{∗} der Dualraum von V. Dann nennt man V^{∗∗}, der Dualraum von V^{∗}, der Bidualraum von V.

(a) Sei v_{1}, …, v_{n} ein Basis für V und sei v_{i}^{∗} ∈ V^{∗} definiert durch v_{i}^{∗}(v_{j}) = δ_{ij}. Zeigen Sie, daß v_{1}^{∗}, …, v_{n}^{∗} ein Basis für V^{∗} ist, die sogenannte Dualbasis bezügl. der Basis v_{1}, …, v_{n}.

(b) Zeigen Sie, daß für jedem v ∈ V mit v ≠ 0 ein φ ∈ V^{∗} so daß φ(v) ≠ 0 gibt.

(c) Zeigen Sie, daß für jede v ∈ V ein λ_{v} ∈ V^{∗∗} gibt so daß die Abbildung v ↦ λ_{v} ein Isomorphismus ist.

Lösung:

a) Sei ϕ ∈ V^{∗}. Definiere λ_{i} = ϕ(v_{i}) und sei ψ = λ_{1}v_{1}^{∗} + ⋯ + λ_{n}v_{n}^{∗}. Dann gilt ψ(v_{j}) = λ_{j} = ϕ(v_{j}) so ϕ und ψ übereinstimmt auf einer Basis, d.h. ϕ = ψ. Damit wird V^{∗} von v_{1}^{∗}, …, v_{n}^{∗} aufgespannt.

Und gilt λ_{1}v_{1}^{∗} + ⋯ + λ_{n}v_{n}^{∗} = 0 so folgt durch Anwendung beider Seiten der Gleichung auf v_{i}

λ_{i} = λ_{1}v_{1}^{∗}(v_{i}) + ⋯ + λ_{n}v_{n}^{∗}(v_{i}) = 0(v_{i}) = 0.

Also ist v_{1}^{∗}, …, v_{n}^{∗} linear unabhängig. Und weil dim(V^{∗}) = dim(V) = n muss v_{1}^{∗}, …, v_{n}^{∗} ein Basis sein.

b) Sei {v_{i}}_{i=1}^{n} und {v_{i}^{∗}}_{i=1}^{n} ein Basis von V und der zugehöriger Dualbasis. Sei v = λ_{1}v_{1} + ⋯ + λ_{n}v_{n}. Weil v ≠ 0 gibts λ_{i} ≠ 0. Für φ = v_{i}^{∗} gilt dann φ(v) = λ_{i} ≠ 0.

c) Für L ∈ V^{∗}, v ∈ V haben wir L(v) ∈ ℝ. Also können wir λ_{v} : L ↦ L(v) setzen, dann ist λ_{v} ∈ V^{∗∗}. Dann gilt:

• Für a_{1}, a_{2} ∈ 𝕂 und v_{1}, v_{2} ∈ V haben wir λ_{a_{1}v_{1}+a_{2}v_{2}}(L) = L(v_{1} + v_{2}) = L(v_{1}) + L(v_{2}) = λ_{v_{1}}(L) + λ_{v_{2}}(L) also v ↦ λ_{v} ist linear.

• Wenn λ_{v}(L) = 0 für jede L ∈ V^{∗} dann muss, wegen a), v = 0. Also ist v ↦ λ_{v} injektiv und weil dim(V) = dim(V^{∗}) = dim(V^{∗∗}) ist v ↦ λ_{v} auch surjektiv, also ein Isomorphismus zwischen V und V^{∗∗}.

Hausübungen

(H 17) Spiegelung

(a) Zeige, daß eine Matrix genau dann diagonalizierbar ist, wenn für jeden Eigenwert der geometrische mit die algebraische Vielfachheit übereinstimmt.

(b) Sei V ein n-dimensionaler 𝕂-Vektorraum (𝕂 = ℝ, ℂ). Eine endomorphismus S : V → V heißt Spiegelung, wenn S^{2} = E und Rang(S − E) = 1. Zeige, daß jede Spiegelung diagonalisierbar ist und bestimme ihr characteristisches Polynom.

(c) Sei

M(φ) = ( \begin{matrix}cos(φ) & sin(φ) \\ sin(φ) & − cos(φ) \end{matrix} ) , φ ∈ ℝ.

Zeigen Sie, daß M(φ) ein Spiegelung ist.

(d) Geben Sie ein Beispiel für ein Spegelung in ℂ^{4} an.

Lösung:

(a) Ist klar, weil die Jordansche Normalform genau dann diagonal ist wenn die algebraische und geometrische vielfachheit übereinstimmt für jede Eigenwert. (b) Die Eigenwerte von S ist ±1. Weil die Rang von A − E eins ist und die Determinante bleibt unverändert durch Zeil-operationen muss

p_{A}(t) = det(A − tE) = | \begin{matrix}1 − t & a & 0 & 0 \\ 0 & ... & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 − t & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 − t \end{matrix} | = −(1 − t)^{n−1}(1 + t).

(c) Es ist einfach zu verifizieren daß M^{2} = E und M − E rang 1 haben.

(d) Z.b.

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

(H 18) Sei V ein endlich dimensionaler Vektorraum über dem Körper 𝕂 und V^{∗} der Dualraum zum V. Ist W ⊆ V ein Unterraum zum V, so heißt

W^{0} = {φ ∈ V^{∗} : φ(w) = 0 für alle w ∈ W } ⊆ V^{∗}

der zu W orthogonale Raum.

(a) Zeigen Sie, daß W^{0} ⊆ V^{∗} ein Untervektorraum ist.

(b) Zeigen Sie, daß wenn w_{1}, …, w_{k} eine Basis von W ist und w_{1}, …, w_{k}, v_{1}, …, v_{r} ein Basis von V ist, dann ist v_{1}^{∗}, …, v_{r}^{∗} eine Basis von W^{0}. Insbesondere gilt

dim(W) + dim(W^{0}) = dim(V).

(c) Zeigen Sie, daß (W^{0})^{0} = W.

(d) Sei

W = {(t, 0, 0) : t ∈ ℝ} ⊆ ℝ^{3}.

Bestimmen Sie W^{0}.

(e) Seien V = ℝ^{5}, v_{1} = (1, 1, 1, 1, 1), v_{2} = (5, 4, 3, 2, 1) und W = Span(v_{1}, v_{2}) ⊆ ℝ^{5}. Geben Sie eine Basis für W^{0} an.

Lösung:

(a) Sei ϕ_{1}, ϕ_{2} ∈ W^{0}, a, b ∈ 𝕂 und φ = aϕ_{1} + bϕ_{2}. Dann gilt φ(w) = aϕ_{1}(w) + bϕ_{2}(w) = a0 + b0 = 0 für alle w ∈ W, also ist W^{0} ein Untervektorraum.

(b) v_{1}^{∗}, …, v_{r}^{∗} ist ein Teilmenge von der dualen Basis w_{1}^{∗}, …, w_{k}^{∗}, v_{1}^{∗}, …, v_{r}^{∗} also linear unabhängig. Es genügt also zu zeigen, daß v_{1}^{∗}, …, v_{r}^{∗} erzeugt W^{0}. Wegen

v_{i}^{∗}(w_{j}) = 0, für 1 ≤ i ≤ r, und 1 ≤ j ≤ k

folgt daß Span(v_{1}^{∗}, …, v_{r}^{∗}) ⊆ W^{0}. Sei also φ ∈ W^{0} gegeben. Dann ist

φ = μ_{1}w_{1}^{∗} + ⋯ + μ_{k}w_{k}^{∗} + λ_{1}v_{1}^{∗} + ⋯ + λ_{r}v_{r}^{∗}

mit μ_{i}, λ_{j} ∈ 𝕂. Durch Anwendung auf w_{i} bekommen wir

φ(w_{i}) = μ_{i} = 0

also ist φ ∈ Span(v_{1}^{∗}, …, v_{r}^{∗}) und damit Span(v_{1}^{∗}, …, v_{r}^{∗}) = W^{0}. Weider gilt naturlich dim(W) + dim(W^{0}) = r + k = dim(V).

(c) Es ist klar daß (W^{0})^{0} ⊆ V^{∗∗} und das V^{∗∗} mit V identifizier ist (durch aufgabe G 32). Also, ist w ∈ W und ϕ ∈ W^{0} dann gilt w(ϕ) = ϕ(w) = 0 also ist w ∈ (W^{0})^{0} und damit W ⊆ (W^{0})^{0}. Aus (b) sehen wir daß dim((W^{0})^{0}) = n − dim(W^{0}) = n − (n − dim(W)) = dim(W) also gilt (W^{0})^{0} = W.

(d) Sei ϕ ∈ V^{∗}, dann gibt es v ∈ ℝ^{3} so daß ϕ(x) = ⟨x, v⟩ = x_{1}v_{1} + x_{2}v_{2} + x_{3}v_{3} für alle x ∈ ℝ^{3} (Aufgabe T5). Wenn ϕ ∈ W^{0} dann ist ϕ(t, 0, 0) = v_{1} also ist

W^{0} = {(0, y, z) : y, z ∈ ℝ} ⊂ ℝ^{3}

die yz-Ebene.

(e) Wir muss nichts anderes machen als ein Basis für die Kern von der Matrix

A = ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 5 & 4 & 3 & 2 & 1 \end{matrix} ) ∼ ( \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & −1 & −2 & −3 & −4 \end{matrix} ) ∼ ( \begin{matrix}1 & 0 & −1 & −2 & −3 \\ 0 & −1 & −2 & −3 & −4 \end{matrix} )

Berechnen. Ein Basis für die Lösungsmenge ist w_{1} = (1, −2, 1, 0, 0), w_{2} = (2, −3, 0, 1, 0), w_{3} = (3, −4, 0, 0, 1).