Abschnitt 1. Jordan Normalform

Transkript

1 Abschnitt Jordan Normalform

2 Beispiel & Eigenschaften λ λ λ λ 2 λ 2 λ 2 λ 3 Voraussetzung: χ zerfällt Dann: ex. Basis, s.d. Darstellungsmatrix Jordan-Form hat Minimalpolynom µ hat Faktor zu jedem EW in Potenz Größe des größten zum EW gehörigen Jordankästchens (z.b. hier µ = (X λ ) 3 (X λ 2) 2 (X λ 3)) bis auf Anordnung der EW: eindeutig, bzw. Matrizen ähnlich gleiche JNF

3 Interpretation Da Haupträume f stabil (und damit (f t id) stabil für alle t K), können wir die Blöcke zu jedem EW stets separat betrachten. λ λ λ λ λ λ λ Mit g := f λ id (d.h. Matrix hat 0en statt λ) und (v,..., v 7) der Jordan Basis in diesem Beispiel sehen wir sofort v 3 g v2 v 5 v 7 g v g v4 g v6 g 0, g 0 g 0,

4 λ λ λ λ λ λ λ d.h. v, v 4, v 6 ker g (die ersten Indizes in jedem Jordan Block), v 2, v 5, v 7 ker g 2 \ ker g (die zweiten Indizes in jedem Jordan Block), v 3 ker g 3 \ ker g 2 (die dritten Indizes in jedem Jordan Block) Wir haben stets dim ker g k dim ker g k Jordan Blöcke der Größe k.

5 Bestimmung der JNF Gemäß dem vorigen berechnen wir für jeden EW λ i jeweils rg(f λ i id), rg(f λ i id) 2,... (in Aufgaben meist direkt ablesbar, notfalls Gauß) und daraus die dim ker g k = n rg g k. Die Anzahl der Jordan Blöcke mit Größe genau k ergibt sich aus obiger Überlegung als rg g k+ 2 rg g k + rg g k.

6 Bestimmung der Jordan Basis Für jeden EW λ i: Beginne mit leerer Menge B :=. Solange B < n i mit n i der Dimension des Hauptraumes H(f, λ i), also der alg. Vielfachheit von λ i: Finde v B mit maximaler Periode, d.h. k maximal, s.d. v ker g k \ ker g k \ B. (Dies entspricht dem letzten Index eines der größten verbliebenen Jordan Blöcke) Füge die Vektoren g k (v),..., v zu B hinzu. (Dies entspricht den Indizes, die durch den gewählten größten Block laufen)

7 Aufgaben Siehe Aufgabenblatt, Aufgaben 5.

8 Aufgabe : Sei f : C 7 C 7 linear mit den Eigenschaften gemäß folgender Tabelle: k dim ker(f 2 id) k dim ker(f 3 id) k 0 dim ker(f 4 id) k Bestimme die JNF der Darstellungsmatrix von f. Lösung: Wir lesen ab, daß wir zum EW 2 fünf Jordan Blöcke haben, alle mit Größe 3, und genau einer davon mit Größe 4, aber keinen mit Größe 5. Zum EW 3 sehen wir einen Block der Größe. 4 ist gar kein EW, und weitere gibt es auch nicht, da wir die Dimension 7 schon erreicht haben. Insgesamt: M = diag (J 4(2), J 3(2), J 3(2), J 3(2), J 3(2), J (3))

9 Aufgabe 2: Falls möglich, bestimme die JNF von A = a) K = R b) K = C c) K = F 2 Lösung: Es ist χ = X 2 +. a) χ zerfällt nicht. ( ) 0 Mat 0 2 2(K) für b) Es ist χ = (X i)(x + i). Aus Dimensionsgründen ( kommen ) nur zwei i 0 Blöcke der Größe in Frage, und es folgt M =. 0 i c) Es ist χ = (X + ( ) 2 = ) (X ) 2, d.h. (= ) ist der einzige Eigenwert. Es ist A id = mit Rang, es gibt also genau einen Jordan Block: ( ) M =. 0

10 Aufgabe 3: Überprüfe mit Hilfe der JNF, welche der folgenden reellen Matrizen zueinander ähnlich sind: A = 0 0, B = 0 2, C = 0 0, D =

11 Lösung: Berechne jeweils JNF: 2 0 Zu A = 0 0 : χ A = (X + ) 2 (X ). Zum EW ist rg(a + ) = rg =, also gibt es 2 Jordan Blöcke. Die JNF ist damit. 0 2 Zu B = 0 2 ist χ B = (X + )(X ) 2. Zum EW ist rg(b ) = rg = 2, also gibt es einen JB, und die JNF ist.

12 2 0 Zu C = 0 0 : χ C = (X + ) 2 (X ). Zum EW ist rg(c + ) = rg =, also gibt es 2 JB. Die JNF ist damit. 0 2 Zu D = 0 2 : χ D = (X + )(X 2 ) = (X + ) 2 (X ). 0 0 Zum EW ist 2 rg(d + ) = rg 2 = 2, also gibt es einen JB. Die JNF ist damit. Wir sehen, daß A und C ähnlich sind, die übrigen zu keiner der anderen.

13 Aufgabe 4: Bestimme JNF, Minimalpolynom und eine Jordan Basis zu 2 0 A =. 0 3 Lösung: χ = X 3 6X 2 + 2X 8 = (X 2) N := A 2 =. 0 rg(n) = 2, d.h. ein JB. Minimalpolynom ist damit µ = χ. Wir brauchen also nur ein v ker(n 3 ) \ ker(n 2 ), dann sind N 2 v, Nv, v die gewünschte Basis. ker(n 2 ) = ker = ker ( ) 0 = 0,, 0 ker(n 3 ) = R 3 schon aus Dimensionsgründen. v := 0 leistet beispielsweise 0 0 das Gewünschte. Die Basis ist dann N 2 v = 0, Nv =, v = 0.

14 Aufgabe 5: K Körper, A, B Mat n n(k). Welche der folgenden Aussagen sind richtig? (Begründung!) a) Zerfällt χ A, so zerfällt auch µ A. b) Ist µ A = µ B, so sind A und B ähnlich. c) Ist A nilpotent, so ist 0 der einzige EW von A. d) Ist A nilpotent und diagonalisierbar, so ist A = 0. Lösung: a) Ja, da µ χ. b) Nein, z.b. 0 und 0. 0 c) Ja, da 0 = A k v = λ k v, also λ = 0 für EV v zu EW λ. d) Ja, da alle EW 0 und damit A ähnlich zu 0.

15 Abschnitt 2 Skalarprodukte

16 Gram Schmidt B = b,..., b n Basis. Konstruiere ONB C = c,..., c n: c := b b induktiv c i := b i i k= bi, c k c k und c i = c i ci Die auftretenden Koeffizienten (Normierung nicht vergessen!) ergeben die Basiswechselmatrix T : obere Dreiecksmatrix mit positiven Diagonaleinträgen. Ist M die Strukturmatrix des Skalarprodukts bzgl. B, so ist M = S T S mit S = T.

17 Hauptminorenkriterium Symmetrische Matrix A positiv definit gdw. alle Hauptminoren positiv (Determinanten der oberen linken Teilmatrizen)

18 Iwasawa Zerlegung A invertierbare Matrix. Dann eindeutige Zerlegung A = DNT mit D Diagonalmatrix mit pos. Einträgen, N obere Dreiecksmatrix mit auf der Diagonale, T orthogonal. Dazu: Spalten von A mit Gram Schmidt zu ONB, Basiswechsel S obere Dreiecksmatrix mit pos. Diagonaleinträgen. T = A S die Matrix mit den Spalten die Vektoren der ONB, also T orthogonal. D die Diagonaleinträge aus S und N := D S. Dann A = ST = DNT T wie gewünscht.

19 Adjungierte Abbildung f : V V Endomorphismus auf eukl./unitärem VR. Adjungierte Abbildung f charakterisiert durch f (v), w = v, f(w). f selbstadjungiert, falls f = f f normal, falls ff = f f Darst. Matrix bzgl. ONB: A = A T

20 Spektralsatz V unitär, endlichdim., f : V V normal. Dann ex. ONB aus Eigenvektoren von f. bzw. A Mat n(c) normal, dann ist U AU diagonal für ein unitäres U. Für reelle Matrizen nur im symmetrischen( Fall; sonst ) 2 dim. invariante α β Unterräume ohne EW, dort Blockmatrix. β α

21 Zerlegungen Wurzeln A selbstadjungiert und pos. definit, dann ex. eindeutiges B selbstadjungiert und pos. def. so daß B 2 = A Aus Spektralsatz A = S DS mit S unitär/orthogonal und D diagonal, mit pos. Einträgen wg. pos. def. Setze D die Diagonalmatrix mit den Wurzeln der Einträge. Dann D 2 = D, und für B := S DS ist B 2 = A. Polarzerlegung A invertierbar, dann A = P T mit eindeutigen T unitär/orthogonal, P selbstadj. pos. def. Setze P als Wurzel von AA. T := P A. Cartanzerlegung A invertierbar, dann A = T DT 2 für gewisse T, T 2 unitär/orthogonal und D diagonal mit pos. Einträgen Zuerst Polar A = P T Spektralsatz: P = SDS mit D wie gewünscht und S unitär/orthogonal Setze T := S, T 2 := S T

22 Quadriken A symmetrisch reell, X = (X,..., X n) T Quadrik Q(X) = X T AX + 2b T X + c Äquivalenz Quadriken Q(X) = X T AX + 2b T X + c und Q (X) = X T A X + 2b T X + c äquivalent, falls durch Koordinatentransformation (S orthogonal, v 0 Translationsvektor) auseinander hervorgegangen wie folgt: A = S T AS b = S T b + A v 0 c = c + v T 0 A v 0 + 2b T Sv 0 Normalform Jede Quadrik äquivalent zu einem der Typen: Q(X) = r i= λix2 i + c mit λ,..., λ r 0 Q(X) = r i= λix2 i + cx n mit r < n, λ i 0, c 0 Transformiere: A orthogonal diagonalisieren: A = S T AS, falls A invertierbar in zweitem Schritt verschieben mit v 0 := A b, dann erste Art.

23 Aufgaben Siehe Aufgabenblatt, Aufgaben 6 2.

24 Aufgabe 6 Betrachte die bilineare Abbildung β : R 3 R 3 R, β(x, y) = x y + x 2y 2 + x 3y 3 x y 3 x 3y. a) Gib die Strukturmatrix von β bzgl. der Standardbasis an. b) Ist β symmetrisch? c) Ist β ein Skalarprodukt? d) Bestimme die Orthogonalräume {e, e 2}, {e + e 2} und {e, e 2}. Lösung: 0 a) B = b) Ja. c) Nein, rg B = 2, also ausgeartet. ( ) ( ) d) {e, e 2} = ker B = ker = ( 0 ) T, {e + e 2} = ker ( 0 ) B = ker ( ) = ( 0 ) T, ( 0 ) T, {e, e 2} = ker ( 0 ) B = ker 0 = R 3.

25 Aufgabe 7 Sei A Mat n n(r) symmetrisch. Zeige: a) Ist A invertierbar, so ist auch A symmetrisch. b) A ist genau dann positiv definit, wenn A invertierbar und A positiv definit ist. Lösung: a) A A = = A T (A ) T = A(A ) T (A ) T = A. b) Sei A pos. def. Damit ist A auch invertierbar, denn sonst hätte sie nichttrivialen Kern, bzw ist nach dem Hauptminorenkriterium insbes. det A > 0, also A invertierbar. Sei nun v R n \ {0}. Dann ist v = Aw für ein w 0, und v T A v = w T A T w = w T Aw > 0.

26 Aufgabe 8 Betrachte auf R 3 die Bilinearform β gegeben durch die Strukturmatrix (bzgl. Standardbasis) 5 0 B = 0 2. a) Zeige, daß β ein Skalarprodukt ist. b) Bestimme aus der Standardbasis mittels Gram-Schmidt eine ONB bzgl. β. c) Gib eine obere Dreiecksmatrix S mit positiven Koeffizienten auf der Diagonalen an, so daß B = S T S. Lösung: a) Offensichtlich symmetrisch. Hauptminoren sind 5, 0 und det B = 5(2 ) + ( 2) = 3 > 0. b) Es ist e = 5, und damit c = 5 e. Da e 2, c = 0 und e 2 = 2, ist c 2 = 2 e 2. Weiter ist e 3, c = 5 und e 3, c 2 = 2, und wir setzen c 3 = e 3 5 c erhalten c 3 = ( 2 c 2 = e 3 5 e e2. Wir berechnen c3 = 3 und 2 0 ) T

27 0 5 c) Aus b) lesen wir die Basiswechselmatrix T = und invertieren zu S = T = ab

28 Aufgabe 9 ( ) 2 7 Bestimme die Iwasawa Zerlegung A = DNT für A =. 3 ( ) 3 7 Lösung: Wir invertieren zu A =, auf die Spalten (b 2, b 2) wenden wir Gram Schmidt an: c = 0 b, c 2 = b b = ( ) 3 T 0 0, c 2 = 0 c 2. Diese ONB schreiben wir in die orthogonale Matrix ( C, für die dann gilt C = A S, wobei wir die Basiswechselmatrix S = 0 23 ) aus der Konstruktion ablesen. ( Mit T := C T gilt dann A = ST, und wir ) ( ) zerlegen noch S in D = und N := D S = ( ) ( ) Insgesamt A = 0 0 ( )

29 Aufgabe 0 Sei (V,, ) ein endlich dimensionaler unitärer Vektorraum und f : V V linear. Zeige: a) Ist f normal, so gilt f(v), f(w) = f (v), f (w) für alle v, w. b) Ist f normal, so gilt V (f, λ) = V (f, λ) für alle λ. c) Ist f normal, so sind Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten von f zueinander orthogonal. d) Ist f selbstadjungiert, so sind alle Eigenwerte reell. e) Ist f normal und sind alle Eigenwerte reell, so ist f selbstadjungiert. Lösung: a) f(v), f(w) = f f(v), w = ff (v), w = f (v), f (w). b) Aus a) für g normal insbes ker g = ker g. Mit f ist auch g := f λ id normal, und g = f λ id. c) Sei v EV zu λ, w EV zu µ. 0 = f(v) λv, w = v, f (w) λ v, w = v, µw λ v, w = (µ λ) v, w d) v EV zu λ, dann λ v, v = λv, v = f(v), v = v, f(v) = v, λv = λ v, v, und v, v = 0. e) f selbstadj. gdw Matrix für eine ONB selbstadj.; Spektralsatz: Diagonalmatrix, Einträge reell, also selbstadj.

30 Aufgabe Bestimme ( die Polar ) und eine Cartanzerlegung von 2 A = GL 2 2(R). Lösung: ( ) 5 4 H := AA T = ist symmetrisch pos. def., es existiert also eine 4 5 Wurzel P. Dazu: ( χ H = X ) 2 0X ( ) + 9 = (X 9)(X ( ), ) ( ) V (H, ) = ker =, V (H, 9) = ker = ( ) ( ) Für die orthogonale Matrix Q := 0 2 gilt Q T HQ =, und 0 9 ( ) ( ) 0 2 wir setzen P := Q Q T = ; damit gilt P 2 = H. Die Polarzerlegung ist( dann ) A ( = P T mit) ( ) T := P A = =. Für Cartan: ( ) 0 D := Q T P Q = ist positive Diagonalmatrix; wir haben A = QDQ T T ; 0 3 ( ) setze T := Q und T 2 := Q T T = 2.

31 Aufgabe 2 Bestimme die Normalform der Quadrik Q(X) = 2X 2 2X X 2 + 2X X + 2X 2 +. Lösung: ( ) ( ) 2 Es ist Q(X) = X T AX + 2b T X + c mit A =, b = und c =. 2 ( ) ( ) 0 Wir wissen aus Aufgabe, daß S T AS = für S = Damit ( ist Q ) äquivalent zu Q ( mit ) Q (X) = X T A X + 2b T + c mit 0 A =, b = S T 2 b =, c = c =. Wir verschieben nun noch den ( ) Ursprung mittels v 0 := A b 2 =, und erhalten, daß Q äquivalent 0 ist zu Q (X) = X T A X + 2b T X + c mit A = A, b = b + A v 0 = 0 und c = c + v0 T A v 0 + 2b T v 0 = =. Also ist die Normalform Q (X) = X 2 + 3X2 2.

32

33 Abschnitt 3 Tensorprodukt

34 Tensorprodukt V, W Vektorräume. Gibt V W und η : V W V W bilinear mit der universellen Eigenschaft: U Vektorraum und ξ : V W U bilinear, dann faktorisiert ξ eindeutig über V W, d.h. es gibt eine eindeutige lineare Abb. ξ : V W U mit ξ = ξ η. (V W, η) ist eindeutig bis auf eindeutigen Isomorphismus, d.h. für (V W, η ) mit der selben Eigenschaft gibt es genau einen Isomorphismus ϕ : V W V W mit ϕη = η

35 Aufgaben Siehe Aufgabenblatt, Aufgaben 3 4.

36 Aufgabe 3 Wie folgt die Eindeutigkeit des Tensorproduktes aus der charakterisierenden universellen Eigenschaft? Lösung: Seien η : V W V W und η : V W V W die bilinearen Abbildungen in zwei Tensorprodukte. Dann gibt es nach Def. genau eine lineare Abbildung ϕ : V W V W mit ϕη = η und genau eine lineare Abbildung ψ : V W V W mit ψη = η. ϕ und ψ sind zueinander inverse Isomorphismen: Zur bilinearen Abbildung η gibt es genau eine lineare Abbildung η : V W V W mit η = η η, und sowohl id als auch ψϕ erfüllen dies, also schon ψϕ = id. Analog mit η und ϕψ.

37 Aufgabe 4 Wie werden die kanonischen Isomorphismen V W (V W ) und V W Hom(V, W ) konstruiert? Lösung: Seien ϕ V, ψ W. Dann ist ϕ ψ : V W K, (v, w) ϕ(v)ψ(w) bilinear und induziert (ϕ ψ) : V W K linear, also (ϕ ψ) (V W ). Auch die Zuordnung V W (V W ), (ϕ, ψ) (ϕ ψ) ist bilinear und induziert die gewünschte Abbildung. Die Abbildung V W Hom(V, W ), (ϕ, w) (v ϕ(v)w) ist bilinear und induziert die gewünschte Abbildung auf V W.

38 Abschnitt 4 Darstellungen

39 Definitionen Darstellung auf V ist Gruppenhomomorphismus ρ : G GL(V ) Einschränkung auf invarianten Unterraum ist Unterdarstellung Darstellung ist irreduzibel, falls V 0 ist und sie keine nichttrivialen (d.h. außer 0, V ) Unterdarstellungen hat. Charakter einer komplexen Darstellung ist die Abb. χ : G C, g tr(ρ(g))

40 Eigenschaften Satz von Maschke V Darst, char K = 0 oder char K kein Teiler von G, W V Unterdarstellung. Dann hat W Komplement, das auch Unterdarst. ist. Für das Skalarprodukt (ϕ ψ) = G g G ϕ(g)ψ(g) auf Funktionen G C gilt: Ist V Darstellung von G mit Charakter ϕ und V = W... W k eine Zerlegung in irreduzible Unterdarst, so ist für jede irreduzible Darst. W von G mit Charakter χ die Anzahl der W i isomorph zu W gleich (ϕ χ).

41 Aufgaben Siehe Aufgabenblatt, Aufgabe 5.

42 Aufgabe 5 Betrachte die symmetrische Gruppe S 3 mit der Darstellung durch Koordinatenvertauschung auf C 3, d.h. ρ : S 3 GL(C 3 ), ρ(π)(x, x 2, x 3) = (x π (), x π (2), x π (3)). a) Gib die Werte der Charaktere von ρ, der trivialen und der Signum Darstellung an. b) Berechne (χ ρ χ triv) und (χ ρ χ sgn). c) Zerlege ρ in irreduzible Unterdarstellungen. Lösung a) Mit Repräsentanten der Konjugationsklassen: id (2) (23) χ triv χ sgn χ ρ 3 0 b) Die Konjugationsklassen haben Mächtigkeiten, 3 und 2, und damit (χ ρ χ triv) = 6 ( ) = und (χρ χsgn) = 6 ( ) = 0. c) Wir haben eine Unterdarstellung isomorph zur trivialen, U = (,, ) T. Permutationmatrizen sind orthogonal, also ist U invariant, und U = (,, 0) T, (, 0, ) T ist Unterdarstellung. Sie muß irreduzibel sein, da es nur die bereits untersuchten eindimensionalen Darstellungen der S n gibt.