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

May 29, 2008

Lineare Algebra II

6. Tutorium mit Lösungshinweisen

(T 26)

Seien V ein endlich dimensionaler Vektorraum über dem Körper 𝕂 = ℝ, ℂ und A : V → V ein Endomorphismus. Zeigen Sie, daß wenn A ≠ 0 nilpotent ist dann ist A nicht diagonalisierbar.

Lösung:

Sei A diagonalisierbar. D.h. es gibt eine Basis so daß A = Diag(λ_{1}, …, λ_{n}) ist wobei λ_{1}, …, λ_{n} die Eigenwerte von A sind (und mindestens ein λ_{i} ≠ 0). In dieser Basis gilt dann auch A^{k} = Diag(λ_{1}^{k}, …, λ_{n}^{k}) für k ≥ 1. Aber wenn λ_{i} ≠ 0 dann ist der i-te Eintrag von A^{k} gleich λ_{i}^{k} ≠ 0, also A^{k} ≠ 0 für k ≥ 1, damit ist A nicht nilpotent.

(T 27)

Sei P_{4} der Vektorraum der Polynome vom Grad ≤ 4 über dem Körper 𝕂 = ℝ, ℂ. Weitherhin sei D : P_{4} → P_{4} der lineare Differentialoperator definiert durch

Df(x) = xf′′(x) − 2f′(x)

Bestimmen Sie die Jordansche Normalform für D und geben Sie die zugehörige Jordanbasis an.

Lösung:

Sei v_{1} = 1, v_{2} = x, v_{3} = x^{2}, v_{4} = x^{3}, v_{5} = x^{4} ein Basis von P_{4}. Man verifiziert dann einfach daß: Dv_{1} = 0, Dv_{2} = −2v_{1}, Dv_{3} = −2v_{2}, Dv_{4} = 0 und Dv_{5} = 4v_{4}. Also ist die Matrix von D bezügl. dieser Basis:

A_{v} = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ −2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 & 0 \end{matrix} )

Man sieht daraus, daß die Eigenwerte und 0 ist mit algebraische Vielfachheit 5. Man sieht jetzt einfach daß, mit e_{1} = v_{3} = x^{3}, e_{2} = −2v_{2} = −2x^{2}, e_{3} = 4v_{1} = 4 gilt De_{1} = e_{2}, De_{2} = e_{3} und De_{3} = 0. Weiter mit e_{4} = v_{5} = x^{4}, e_{5} = 4v_{4} = 4x^{3} gilt auch De_{4} = e_{5} und De_{5} = 0. Also gibt e_{1}, e_{2}, e_{3} und e_{4}, e_{5} zwei Jordanketten und damit zwei Jordanblöckchen. In die basis e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4}, e_{5} hat A die Matrixdarstellung:

A_{e} = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

(T 28)

Seien V und A wie in Aufgabe T26. Man sagt, daß V zyklisch bezüglich A ist, wenn es r ∈ ℕ und v ∈ V gibt, so daß V von den Vektoren v, Av, …, A^{r−1}v erzeugt wird. Sei W_{λ} ⊆ V der Unterraum, der von den Eigenvektoren von A bezügl. der Eigenwert λ erzeugt ist. Zeigen Sie, daß wenn V zyklisch bezügl. A ist, dann hat der Unterraum W_{λ} Dimension 1.

Lösung:

Sei v der zyklische Vektor, d.h. V = Span(v, Av, …, A^{r−1}), dann gilt auch A^{r}v = Σ_{i=0}^{r−1}a_{i}A^{i}v. Sei Aw = λw, d.h. w ist ein Eigenvektor mit Eigenwert λ. Dann gilt w = Σ_{i=0}^{r−1}b_{n}A^{i}v und

Aw = Σ_{i=0}^{r−1}b_{i}A^{i+1}v
= Σ_{i=1}^{r}b_{i−1}A^{i}v
= Σ_{i=1}^{r−1}b_{i−1}A^{i}v + b_{r−1}Σ_{i=0}^{r−1}a_{i}A^{i}v
= b_{r−1}a_{0}v + Σ_{i=1}^{r−1}(b_{i−1} + b_{r−1}a_{i})A^{i}v
= λw

d.h. b_{r−1}a_{0} = λb_{0} und wieder ist

b_{i−1} + b_{r−1}a_{i} = λb_{i} für i = 1, …, r − 1.

D.h. b_{r−2} = b_{r−1}(λ − a_{r−1}), b_{r−3} = λb_{r−2} − b_{r−1}a_{r−2} = b_{r−1}(λ(λ − a_{r−1}) − a_{r−2}) bzw. Jede b_{i}, i = r − 2, …, 0 kann dann als ein Vielfaches von b_{r−1} ausgedrückt werden, d.h. der Eigenraum hat Dimension eins.

(T 29)

Seien V und A wie in Aufgabe T26 und sei V zyklisch bezügl. A. Sei f(X) = a_{0} + a_{1}X + ⋯ + a_{n}X^{n} ein Polynom.

(a) Zeigen Sie, daß die Eigenwerte von f(A) gegeben sind, durch f(α), wobei α ein Eigenwert von A ist.

(b) Nimm an, daß a_{0} ≠ 0 und f(A) = 0. Zeigen Sie, daß A invertierbar ist und

A^{−1} = −a_{0}^{−1}(a_{1}E + a_{2}A + ⋯ a_{n}A^{n−1})

Lösung:

a) Wenn V zyklisch bezügl. A ist, dann hat A eine Jordan Normalform mit nur einem Jordan-Block, also

A = ( \begin{matrix}λ & 1 & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & λ & 1 & ⋯ & 0 \\ ⋮ & & ... & ... & ⋮ \\ ⋮ & & & λ & 1 \\ 0 & ⋯ & ⋯ & 0 & λ \end{matrix} )

( r × r Matrix). Und genau wie in Aufgabe T25 gilt:

f(A) = ( \begin{matrix}f(λ) & ∗ & ∗ & ⋯ & ∗ \\ 0 & f(λ) & ∗ & ⋯ & ∗ \\ ⋮ & & ... & ... & ⋮ \\ ⋮ & & & f(λ) & ∗ \\ 0 & ⋯ & ⋯ & 0 & f(λ) \end{matrix} )

( r × r Matrix) wobei ∗ für irgendeine beliebige Zahlen steht. Man sieht dann einfach, daß das charakteristische Polynom für f(A) p_{f(A)}(t) = det(tE − f(A)) = (t − f(λ))^{r} ist, somit sind die Eigenwerte von f(A) genau f(λ).

b) Sei

B = −a_{0}^{−1}(a_{1}E + a_{2}A + ⋯ a_{n}A^{n−1}).

Wenn f(A) = Σ_{i=0}^{n}a_{i}A^{i} = 0 dann ist natürlich

AB = −a_{0}^{−1}(a_{1}A + a_{2}A^{2} + ⋯ a_{n}A^{n}) = −a_{0}^{−1}(−a_{0}E) = E.

und genauso ist BA = E also ist A invertierbar und A^{−1} = B.

(T 30)

Eine Matrix A heißt unipotent, wenn A − E nilpotent ist. Sie heißt quasi-unipotent, wenn eine Potenz unipotent ist.

(a) Zeigen Sie, daß alle Eigenwerte von quasi-unipotenten Matrizen Einheitswurzeln sind. Sind quasi-unipotente Matrizen invertierbar? Wann das stimmt, geben Sie die Inverse an. (Hinweise: T29).

(b) Sei

A = ( \begin{matrix}1 & a & b \\ 0 & −1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Zeigen Sie, daß A quasi-unipotent ist. Berechnen Sie die Jordan-Normalform von A und geben Sie die Jordan-Basis an.

Lösung:

a) Sei (A^{r} − E)^{n} = 0 mit r, n ≥ 1. Sei Av = λv, dann ist natürlich A^{r}v − Ev = (λ^{r} − 1)v aber (A^{r}v − Ev)^{n} = 0 also ist λ^{r} − 1 = 0.

p(A) = (A^{r} − E)^{n} = Σ_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(−1)^{n−k}A^{kr} = Σ_{i=0}^{nr}a_{i}A^{i}

Hier ist a_{0} = (−1)^{n} ≠ 0 also folgt aus T2, daß A invertierbar ist, a_{nk} = \binom{n}{k}(−1)^{n−k} und

A^{−1} = −a_{0}^{−1}(a_{1}E + a_{2}A + ⋯ a_{n}A^{n−1})
= (−1)^{n+1}(Σ_{k=1}^{n}a_{kr}A^{kr−1})

b) Es ist klar, daß

A^{2} = ( \begin{matrix}1 & 0 & 2b + ac \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

und daß (A^{2} − E)^{2} = 0, also ist A quasi-unipotent. Die Eigenwerte von A sind λ_{1} = −1, λ_{2} = λ_{3} = 1. Ein Eigenvektor für λ_{1} ist gegeben durch v = (x, y, z) wobei z = 0 und 2x + ay = 0, also wenn a = 0 dann ist v_{0} = (0, 1, 0) ein Eigenvektor. Und wenn a ≠ 0, dann ist v_{0} = (−a/2, 1, 0) ein Basisvektor.

Wir haben

A − E = ( \begin{matrix}0 & a & b \\ 0 & −2 & c \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Und der Kern von A−E ist dann v = (x, y, z) wo x beliebig ist und ay +bz = 0 = −2y +cz, d.h. wenn a ≠ 0 ist y = −b/az und wenn c ≠ 0 ist dann ist y = c/2z. In jeden Fall ist v_{1} = (1, 0, 0) eine Basisvektor für Kern(A − E) und wir suchen noch einen (die Dimension ist 1). Wann diesen Vektor unabhängig von v_{0} und v_{1} ist, haben wir einen. Aber sonst gibt mehre unterschiedlicher Falle:

1. Wenn a = 0, b ≠ 0 dann muss z = 0, somit ist v_{2} = (0, 1, 0) noch ein Basisvektor für Kern(A − E) aber v_{2} = v_{0}, also ist 1 die geometrische Vielfachheit von 1.

2. Wenn a = 0, b = 0, c = 0 dann muss y = 0 und v_{3} = (0, 0, 1) ist noch ein Basisvektor und die geom. Vfh. ist 2.

3. Wenn a = 0, b = 0, c ≠ 0 dann ist v_{4} = (0, c/2, 1) noch ein Basisvektor unabhängig von v_{0}, v_{1} also ist geom. Vfh 2.

4. Wenn a ≠ 0, b = 0, c ≠ 0 dann ist y = 0 und z = 0, also bekommen wir keinen weiteren Basisvektor und die geom. Vfh. ist 1.

5. Wenn a ≠ 0, b = 0, c = 0 dann ist y = 0 und z beliebig, also v_{3} = (0, 0, 1) ist noch ein Basisvektor und die geom. Vfh. ist 2.

6. Wenn a ≠ 0, b ≠ 0, c = 0 dann muss y = 0 und z = 0 also bekommen wir keinen weiteren Basisvektor somit ist die geom. Vfh. 1.

7. Wenn a ≠ 0, b ≠ 0, c ≠ 0 und −b/a ≠ c/2 dann gibt’s kein weiteren Basisvektoren also die geom. Vfh. ist 1.

8. Wenn a ≠ 0, b ≠ 0, c ≠ 0, −b/a = c/2 dann ist v_{4} noch eine Basis Vektor und die geom. Vfh. ist 2.

Also haben wir die folgenden zwei möglichen Formen von Jordanschen Normalformen von A:

A_{1} = ( \begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) , A_{2} = ( \begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

wobei A_{1} gilt, wenn 1 die geometrische Vielfachheit von eigenwert 1 ist, sonst gilt A_{2}.