Lösung zu Serie Zeige, dass das Minimalpolynom jedes Jordanblocks gleich seinem charakteristischen

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1 Lineare Algebra D-MATH, HS 4 Prof. Richard Pink Lösung zu Serie. Zeige, dass das Minimalpolynom jedes Jordanblocks gleich seinem charakteristischen Polynom ist. Lösung: Das charakteristische Polynom eines Jordanblocks J ist p(x k für ein irreduzibles Polynom p(x von Grad d und für ein k. Das Minimalpolynom von J teilt das charakteristische Polynom, ist also von der Form p(x l für ein l k. Nach dem Satz über die Jordanzerlegung angewandt auf J, gilt { dim Kern(p(J l l d für alle l < k = k d für alle l k, also p(j l für alle l < k, also l k. Somit ist das Minimalpolynom gleich dem charakteristischen Polynom, also gleich p(x k.. Sei A eine beliebige n n-matrix über K und betrachte den Unterraum U(A := {B Mat nn (K : AB = BA}. (a Finde eine Basis von U(A für die reelle Matrix 4 A := 4 (b Zeige: n dim U(A n. (c In welchen Fällen gilt Gleichheit in (b? Lösung: Sei S eine invertierbare n n-matrix. Eine n n-matrix B kommutiert mit D := S AS genau dann, wenn SBS mit A kommutiert. Es gilt also U(A = {SBS B U(D}. (a Mit gilt S := D := S AS =.

2 Die Matrix A ist also diagonalisierbar. Eine Matrix B kommutiert mit der Diagonalmatrix D genau dann, wenn B die Eigenräume von D invariant lässt, also von der Blockform ( C B = D ist mit Blockmatrizen C und D der jeweiligen Grösse und. Mit den Matrizen E kl := (δ ik δ jl i,j 3 für alle k, l =,, 3 erhalten wir also U(D = E, E, E, E, E 33 und somit U(A = 4,, 4,, 4 (b Da U(A ein Unterraum des Raumes aller n n-matrizen ist und dieser Dimension n hat, gilt dim U(A n. Wir müssen also dim U(A n zeigen. Wegen U(A = {SBS B U(D} für jede invertierbare n n-matrix S ist die Dimension von U(A invariant unter Ähnlichkeit. Wir können also annehmen, dass A Jordansche Normalform hat, also von der Form A = J... mit Jordanblöcken J i der Grösse n i für i =,..., k ist. Eine Blockmatrix B = B... mit Blöcken B i der Grösse n i kommutiert mit A genau dann, wenn B i mit J i kommutiert für alle i. Wir erhalten den Unterraum J k B k U(J U(J k U(A, und somit dim U(A k dim U(J i. i=

3 Die Aussage folgt nun aus der folgenden Behauptung. Behauptung. Für jeden Jordanblock J der Grösse n gilt dim U(J n. Beweis der Behauptung. Die Matrizen I n, J,..., J n kommutieren mit J. Falls die I n, J,..., J n linear abhängig sind, existieren a,..., a n K, die nicht alle verschwinden, mit a I n + a J + + a n J n = Das Polynom q(x := n i= a ij i hat also Grad deg q(x n und erfüllt q(j =. Nach Definition teilt das Minimalpolynom das Polynom q(x und muss folglich Grad kleiner als n haben. In Aufgabe haben wir aber gesehen, dass das Minimalpolynom gleich dem charakteristischen Polynom ist, also Grad n hat. Dies ist ein Widerspruch. (c Es gilt dim U(A = n genau dann, wenn A mit allen n n-matrizen kommutiert. Mit der Lösung zu Aufgabe 8 der Wiederholungsserie ist dies der Fall genau dann, wenn A ein Vielfaches der Identität ist. Behauptung. Es gilt dim U(A = n genau dann, wenn es zu jedem irreduziblen Faktor von char A (X genau einen Jordanblock gibt. Bemerkung. Aus Aufgabe folgt, dass dies ist genau dann der Fall, wenn das charakteristische Polynom von A gleich dem Minimalpolynom von A ist. Beweis der Behauptung. Schritt. Wie in (b können wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass A Jordansche Normalform hat. Schritt. Dabei können wir weiter annehmen, dass alle Jordanblöcke zu demselben irreduziblen Polynom direkt aufeinander folgen. Sei also char A (X = r i= p i(x m i mit verschiedenen normierten irreduziblen p i (X K[X] und m i. Dann hat A die Blockdiagonalgestalt diag(a,..., A r, wobei jedes A i eine n i n i -Blockdiagonalmatrix aus Jordanblöcken zu p i (X ist. Sei B U(A. Für alle i und alle v Hau pi (X(L A gilt dann p i (A m i (Bv = Bp i (A m i v =, also Bv Hau pi (X(A. Folglich ist die Hauptraumzerlegung K n = i Hau pi (X(A invariant unter L B, und somit hat B die Blockdiagonalgestalt diag(b,..., B r mit n i n i -Matrizen B i. Die Gleichung AB = BA ist dann äquivalent zu A i B i = B i A i, also B i U(A i, für alle i. Somit haben wir den Isomorphismus r U(A i U(A, (B,..., B r diag(b,..., B r. i= 3

4 Von (b haben wir bereits die Ungleichung dim K U(A i n i, also folgt daraus r r dim K U(A = dim K U(A i n i = n. i= Aus Teil (b folgt weiter, dass dies eine Gleichung ist genau dann, wenn dim K U(A i = n i ist für jedes i. Nach Ersetzen von A durch A i können wir also annehmen, dass das charakteristische Polynom von A genau einen irreduziblen Faktor besitzt. Schritt 3. Angenommen die Matrix A hat mehrere Jordanblöcke zum irreduziblen Faktor p(x, hat also die Form A = J... für k und für Jordanblöcke J i der Grösse n i. Nach möglicher Umordnung können wir n n annehmen. Sei L die n n Matrix ( In L :=, O wobei O die (n n n Nullmatrix bezeichnet. Definiere die n n- Blockmatrix... L... B :=...,.. bezüglich der Blockeinteilung, die durch die Jordanzerlegung von A definiert ist. Es gilt J L... A B =... und B A = LJ Mit Begleitmatrix P zum Faktor p(x haben wir P E d ( J =... Ed = J, P also J L = ( J = LJ, also AB = BA. Es folgt, dass eine Matrix B U(A existiert die nicht von der Form B... B k J k i= 4

5 mit Blöcken B i der Grösse n i ist. Der Unterraum U(J U(J k U(A ist also nicht gleich dem ganzen Raum U(A und folglich ist dim U(A > k dim U(J i i= k n i = n. i= Schritt 4. Angenommen, die Matrix A hat genau einen Jordanblock zum irreduziblen Faktor p(x. Die Aussage folgt somit aus dem folgenden Lemma. Lemma Für jeden Jordanblock J der Grösse n gilt dim U(J = n. Beweis des Lemmas. Sei e n := (,...,, T der n-te Standard-Basisvektor. Aus der Konstruktion des Jordanblocks oder durch direktes Nachprüfen folgt, dass { J i e n i =,..., n } ein Basis von K n ist. Für jede Matrix B die mit J kommutiert gilt für alle i L B (J i e n = B J i e n = J i Be n. Da die Vektoren e n,..., J n e n eine Basis bilden, ist die Abbildung L B und somit B eindeutig durch Be n bestimmt. Es folgt, dass die lineare Abbildung U(J V, B B e n injektiv ist. Also gilt dim U(J dim K n = n und mit der Behauptung aus (b folglich dim U(J = n. 3. (a Bestimme die Lösung des System von Differentialgleichungen x (t = x(t + 9y(t + 9z(t y (t = 3x(t 6y(t 8z(t z (t = 4x(t + y(t + 3z(t zu der Anfangsbedingung x( = y( = z( =. Hinweis: Verwende die Jordansche Normalform. (b Bestimme die allgemeine reelle Lösung der Differentialgleichung Lösung: f (3 (t f ( (t + f (t f(t =. Hinweis: Schreibe die Gleichung als System linearer Differentialgleichungen erster Ordnung, und verwende die Jordansche Normalform. 5

6 (a Mit f(t := (x(t, y(t, z(t T und 9 9 A := und v := (,, T ist das System der Aufgabe äquivalent zu d f(t = A f(t, f( = v. dt Die eindeutige Lösung ist also f(t = exp(atv. Wir bringen die Matrix A in Jordansche Normalform und rechnen anschliessend direkt. Das charakteristische Polynom von A ist char A (X = X 3 6X + X 8 = (X 3. Sei B := A I 3. Dann gilt B = 3 8 8, B = und B k = für alle k 3. Sei w R 3 \ Kern(B ein beliebiges Element, zum Beispiel sei w := (,,. Dann bilden die Vektoren w, Bw, B w eine Basis von R 3 und mit 3 S := (B w, Bw, w = 3 4 folgt die Darstellung von A in Jordanscher Normalform: A = S S. Aus der Lösung zu Aufgabe 3(a der Serie 9 folgt für alle k ( k k k ( k k k ( = k k k, k also exp ( t = k= k! k e t te t t k t e t = e t te t, e t 6

7 also f(t = exp(atv = S exp ( = S exp ( t S v t t e t 7 = S e t + te t = e t + te t 3 + t e t 8 5/ 5/ 5/ (b Mit F (t := (f(t, f (t, f (t T und A := ist die Differentialgleichung der Aufgabe equivalent zu d F (t = A F (t. dt Die Lösung dieser Gleichung zur allgemeinen Anfangsbedingung f( x F ( = f ( = x f ( x 3 ist F (t = exp(at (x, x, x 3 T. Die allgemeine Lösung für f(t ist dann genau der erste Eintrag von F (t. Durch Berechnen einer Jordanbasis von R 3 bezüglich A erhält man eine Darstellung von A in Jordanscher Normalform über R: A = Für alle m gilt ( m = ( k I und ( m+ ( = ( m, 7

8 also exp ( ( Wir erhalten exp(at = = et t = m= ( = m= t m (m! ( m + ( m t m I + (m! = cos(t I + sin(t + cos(t m= ( m= (. e t cos(t sin(t sin(t cos(t + sin(t t m+ (m +! ( ( m t m+ (m +! m+ ( Die allgemeine Lösung f(t ist die erste Komponente von exp(at(x, x, x 3 T, also gleich. f(t = (x + x 3 e t + (x x 3 cos(t + ( x + x x 3 sin(t 4. Sei U V ein Unterraum, und sei f : V W eine lineare Abbildung mit U Kern(f. Betrachte die von der universellen Eigenschaft des Quotientenvektorraums induzierte lineare Abbildung f : V/U W. Zeige: (a Kern(f = Kern(f/U. (b f ist injektiv genau dann, wenn U = Kern(f ist. (c f ist surjektiv genau dann, wenn f surjektiv ist. (d Ist f surjektiv, so induziert f einen Isomorphismus V/ Kern(f W. Lösung: (a Für die Abbildung f : V/U W gilt f(x + U = f(x für alle x V. Es folgt Kern(f = {v + U v V f(v + U = } = {v + U v V f(v = } = {v + U v Kern(f} = Kern(f/U (b f ist injektiv Kern(f = (a Kern(f/U = Kern(f = U. 8

9 (c Bild(f = {w W x V : f(x = w} = {w W x V : f(x + U = w} = {w W y V/U : f(y = w} = Bild(f. (d Die induzierte Abbildung f : V/ Kern(f W ist wegen (b injektiv und wegen (c surjektiv, also ein Isomorphismus. 5. Betrachte den Unterraum U := (,,,, T, (,,,, T, (,,,, T von V := R 5. Bestimme eine Teilmenge der Standardbasis von R 5, welche sich bijektiv auf eine Basis von V/U abbildet. Lösung: Die Teilmenge muss die Basis eines Komplements von U sein, also zum Beispiel { (,,,, T, (,,,, T }. 6. Zeige: Für jeden Unterraum V mit U V V ist V /U ein Unterraum von V/U. Jeder Unterraum von V/U hat diese Gestalt. Lösung: Der Unterraum V /U V/U ist das Bild der linearen Abbildung V V V/U, also ein Unterraum. Umgekehrt, sei W V/U ein beliebiger Unterraum. Sei π : V V/U die Projektion und sei V := π (W. Wegen V ist V nicht leer. Weiter gilt für alle x, y V, dass π(x + y = π(x + π(y ist. Da W ein Unterraum ist und π(x und π(y in W liegen, folgt π(x + π(y W, also π(x + y W, also x + y V. Ebenso zeigt man λx V für alle λ K und x V. Die Menge V V ist also ein Unterraum. Aus der Surjektivität von π folgt nun V /U = π(v = π(π (W = W, also ist W von der gewünschten Gestalt. 9