Übungsblatt

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1 Prof Dr Fabien Morel Lineare Algebra II Dr Anand Sawant Sommersemester 2018 Übungsblatt Aufgabe 1 (2 Punkte) Berechnen Sie eine Jordan-Basis für die Matrix M = M 3 (R) Wir berechnen mit der Regel von Sarrus Weiter ist und und es gilt Zusammen mit χ M = (X 2) 2 (X 4) ker(m 2 E 3 ) = ker = ker((m 2 E 3 ) 2 ) = ker = 1, M 0 = 2 = ker(m 4 E 3 ) = ker =

2 2 erhalten wir also die Jordan-Basis , 2, Aufgabe 2 (2 Punkte) Bestimmen Sie eine Basis von (1, 1, 1) in R 3 Die Vektoren (1, 1, 0) und (1, 0, 1) sind offenbar Elemente aus (1, 1, 1) und linear unabhängig Da dim R ( (1, 1, 1) ) = 1 ist, muss das orthogonale Komplement Dimension 2 haben, dh Aufgabe 3 (3 Punkte) (1, 1, 1) = (1, 1, 0), (1, 0, 1) Bestimmen Sie eine Jordan-Basis und die additive Jordan Zerlegung für die Matrix M = M 3 (R) Wir berechnen zunächst χ M = (X 3) 3 Dann ist ker(m 3 E 3 ) = ker = 1, und (M 3 E 3 ) 2 = 0, dh wir können 0 R 3 \ ker(m 3 E 3 ) wählen und 1 erhalten M 0 = 3 = Dann ist , 3,

3 eine Jordan-Basis Weiter ist σ := 3 E 3 eine Diagonalmatrix und somit insbesondere halbeinfach und für ν := M 3 E 3 gilt ν 2 = 0, dh ν ist nilpotent Somit ist die additive Jordan Zerlegung gegeben durch M = σ + ν Aufgabe 4 (3 Punkte) Seien K ein Körper, V ein endlich-dimensionaler K-Vektorraum und f : V V ein K-Endomorphismus Seien B und B zwei Basen von V, sodass die Matrizen von f bezüglich B und B in Jordanform sind Zeigen Sie: die Matrix von f bezüglich B stimmt mit der Matrix von f bezüglich B nach einer Permutation der Elemente von B über ein Seien J(λ 1, n 1 ),, J(λ r, n r ) die Jordankästchen in der Darstellungsmatrix zur Basis B und J(µ 1, m 1 ),, J(µ s, m s ) die Jordankästchen in der Darstellungsmatrix zur Basis B Da das charakteristische Polynom χ f unabhängig von der Wahl der Basis ist, stimmen die Mengen der Eigenwerte überein, dh {λ 1,, λ r } = {µ 1,, µ s } Wir wählen nun ein Jordankästchen maximaler Größe aus Dieses sei obda ein Teil der Matrix bzgl B und ist somit J(λ i, n i ) für ein i {1,, r} Dieses Kästchen ist eindeutig bestimmt durch ker(( f λ i id) n i) und somit unabhängig von der Wahl der Basis, dh auch bzgl B muss es ein Jordankästchen J(µ j, m j ) der entsprechenden Größe geben (hierfür gilt dann λ i = µ j und n i = m j ) Streichen wir nun diese Jordankästchen aus ihrer jeweiligen Matrix sowie die zugehörigen Basisvektoren, so folgt die Aussage induktiv Aufgabe 5 (5 Punkte) Sei M M n (R) halbeinfach (dh M ist diagonalisierbar in M n (C)) Zeigen Sie: es existiert eine Basis B von R n, sodass die Matrix M bezüglich B die Form d d m 0 0, 0 0 B B r ( ) ai b wobei B i = i mit b b i a i = 0 für alle 1 i r, hat i 3

4 4 Wir bezeichnen die verschiedenen reellen Eigenwerte von M mit α 1,, α p Ist λ C \ R ein Eigenwert von M, so ist auch λ Eigenwert von M, da M M n (R) Daher können wir die komplexen Eigenwerte von M in verschiedenen Paaren λ 1, λ 1,, λ, λ sortieren Das charakteristische Polynom ist dann von der Form χ M = p (X α i ) n i und wir erhalten aus der Diagonalisierbarkeit über C das Minimalpolynom µ M = p (X α i ) (X λ j )(X λ j ) Dies liefert die Zerlegung ( p ) R n = ker(m α i E n ) ker((m λ j E n )(M λ j E n )) und durch Wahl einer Basis der jeweiligen Kerne ist M ähnlich zu einer Matrix der Form D Dp F F wobei D i M ni (R) mit χ Di = (X α i ) n i für i = 1,, p und F j M 2mj (R) mit χ Fj = für j = 1,, ist Da M über C diagonalisierbar ist, sind auch die D i und F j über C diagonalisierbar, dh µ Di = X α i und somit ist D i = α i E ni Definieren wir nun d 1 = = d n1 = α 1, d n1 +1 = = d n1 +n 2 = α 2, usw, so ergibt sich im oberen Bereich der Matrix bereits die gewünschte Form Da die F j diagonalisierbar über C sind, gibt es linear unabhängige Vektoren v 1,, v mj C 2m j mit F j v k = λ j v k für k = 1,, m j Da F j reelle Einträge hat, gilt offenbar F j v k = F j v k = λ j v k = λ j v k, dh v 1,, v mj sind Eigenvektoren zu λ j und somit über C linear unabhängig zu v 1,, v n Damit kann man leicht nachrechnen, dass die Vektoren {Re(v 1 ), Im(v 1 ),, Re(v mj ), Im(v mj )}

5 linear unabhängig über R sind und somit eine Basis des R 2m j bilden Schreiben wir nun λ j = a j + ib j und setzen x k := Re(v k ), y k := Im(v k ), so erhalten wir F j x k + i F j y k = F j (x k + iy k ) = λ j (x k + iy k ) = a j x k b j y k + i(b j x k + a j y k ) Aus dem Real- und Imaginärteil der obigen Gleichung ergibt sich nun die zu F j ähnliche Darstellungsmatrix A j A j mit ( ) aj b A j = j b j Durchführung für jedes j = 1,, und geeignete Definition der B 1,, B r liefern nun die gewünschte Form von M a j 5 Diese Lösungen erheben nicht den Anspruch darauf vollständig zu sein Insbesondere stellen sie keine Musterlösung dar, auf die ein Korrektor volle Punktezahl geben würde Bei Fragen wenden Sie sich bitte an den Assistenten