Lineare Algebra II, Lösungshinweise Blatt 9

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1 Prof Dr Katrin Wendland Priv Doz Dr Katrin Leschke Christoph Tinkl SS 27 Lineare Algebra II, Lösungshinweise Blatt 9 Aufgabe (4 Punkte) Sei A = 5 6 Berechnen Sie A k für alle k N und verifizieren Sie, dass A nilpotent ist, dh, es gibt ein k N mit A k = 2 Sei A Mat C (n n) Zeigen Sie, dass A genau dann nilpotent ist, wenn der einzige Eigenwert von A ist Lösung A 2 = 5, 5 A3 =, A4 =, A5 = Sei A Mat C (n n) Dann zerfällt das charakteristische Polynom in Linearfaktoren, dh, A ist trigonalisierbar und es existiert eine Basis B, so dass die lineare Abbildung x Ax bezüglich dieser Basis eine obere Dreiecksmatrix hat: λ λ n Sei also A k =, dann ist λ k = λ k n Also ist λ k i = für alle i, also λ i = ist einziger Eigenwert von A Umgekehrt, wenn λ i = der einzige Eigenwert ist, dann ist die Matrix B =,

2 also B ij = für i j Wir beweisen mit vollständiger Induktion, dass A k erst auf der kten Nebendiagonalen von Null verschiedene Einträge haben kann, dh A k ij = für j i + k Induktionsverankerung (k=2): Bij 2 = B il B }{{} lj = B il B lj =, falls j i + = i + k }{{} l =,i l l i+ =,l j Induktionsannahme: Induktionsschritt: B k ij =, j i + k (B k+ ) ij = B il B }{{} lj = B il Blj k = für j i + k = i + (k + ) }{{} l =,i l l i+ =,l+k j Damit haben wir die Induktionsbehauptung bewiesen Also gilt: A n ij = für alle i, j Aufgabe 2 (4 Punkte) Sei Bestimmen Sie die Eigenwerte von A 2 Sei 3 2 A = 2 2 W i = ker(a λi 5 ) i und U i = W im(a λi 5 ) i für i =,,m, m = max{i (A λi 5 ) i } und λ Eigenwert von A Finden Sie Basen B i = {w,,w li } von U i, so dass B i B i für alle i =,,m 3 Finden Sie eine Basis B von R 5, so dass B i B und λ λ MB B (A) = λ λ 2 λ 2 wobei λ i Eigenwerte von A sind Lösung 2 Der einzige Eigenwert ist λ = 2 (Entwicklung nach der dritten Zeile, Entwicklung nach der zweiten Spalte, Entwicklung nach der zweiten Zeile) Der Eigenraum von A zum Eigenwert λ = 2 berechnet sich zu W = ker = Span, Weiter ist (A 2) 2 =, (A 2)3 =,

3 also m = 2 Außerdem ist U 2 = W Im(A 2) 2 = W Span = Span, also sei B 2 = {w } = Genauso U = W im(a 2) = W Span,,, so dass B = {w, w 2 } =, eine Basis von U ist mit B 2 B Da w im(a 2) 2 im(a 2) existiert ein w im(a 2) mit (A 2)w = w, zum Beispiel w = Da w im(a 2) existiert w 2 mit (A 2)w 2 = w, zum Beispiel w 2 = Genauso für w 2 im(a 2): w2 = erfüllt (A 2)w 2 = w 2 Insgesamt haben wir also sowie Aw = 2w, Aw = 2w + w, Aw 2 = 2w 2 + w Aw 2 = 2w 2, Aw 2 = 2w 2 + w 2 also hat die Matrix bezüglich der Basis B = {w, w, w2, w 2, w2 } die gewünschte Form

4 Aufgabe 3 (4 Punkte) Ist V ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem Körper K und f End K (V ), so heißt das normierte Polynom kleinsten Grades m f K[x]\{} mit m f (f) = (Nullabbildung) Minimalpolynom von f Anmerkung: Ein Polynom p(x) = m p i x i K[x] vom Grad m heißt normiert, falls p m = gilt k= Es sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum (n = dim(v )) über einem Körper K und f End K (V ) Bestätigen Sie folgendes Verfahren zur Bestimmung des Minimalpolynoms von f: Gegeben sei v V \{} Es sei r die kleinste Zahl, so dass die Vektoren {v, f(v ),, f r (v )} linear abhängig sind Zeigen Sie: ist invariant bezüglich f U := Span{v, f(v ),,f r (v )} 2 Nach Wahl von r existieren Zahlen α,, α r K, die nicht alle gleich sind, für die ist Sei dann p (x) = r k= r k= α k f k (v ) = α k x k K[x]\{} Zeigen Sie: p (x) ist ein Polynom vom Grad r und nach Normierung (Multiplikation mit α r ) erhält man das Minimalpolynom m f von f = f U 3 Ist U = V, so ist man fertig Sonst existiert ein Vektor v 2 V \U, für den das gleiche Verfahren angewandt wird: U 2 := Span{v 2, f(v 2 ),, f r2 (v 2 )} ist ein bezüglich f invarianter Unterraum von V Das Minimalpolynom m f2 wird entsprechend definiert Zeigen Sie: Setzt man das Verfahren fort, bis V = U + + U r für ein r N, so ist das normierte kleinste gemeinsame Vielfache von m f,, m fr Minimalpolynom m f von f das Lösung 3 Zu a): Offensichtlich ist f(f k (v )) U für k =,,r 2 f(f r (v )) = f r (v ) ist als linear Kombination von v,, f r (v ) darstellbar, da {v,, f r (v )} linear unabhängig ist und {v,,f r (v ), f r (v )} linear abhängig ist Also bildet f die Basis {v,, f r (v )} von U nach U ab, womit f(u ) U folgt Zu b): α r ist nicht, da sonst r k= α k f k (v ) = ist und wegen der linearen Unabhängigkeit von {v,, f r (v )} dann α i = i =,, r wäre, also hat p (x) den Grad r Außerdem ist r p (f)(f i (v )) = ( α k f k )(f i (v )) = k= r k= r α k f k+i (v ) = (f i )( α k f k (v )) = für i =,,r, womit p (f) eine Basis von U und damit auch U auf abbildet Wegen der linearen Unabhängigkeit von {v,,f r (v )} kann es auch kein Polynom q(x) K[x]\{} kleineren Grades geben mit q(f)(v ) = Zu c): Dies zeigt man mit Induktion über r, wobei der Induktionanfang r = trivial ist Sind U,,U r invariant unter f, so ist auch V = U + + U r invariant unter f k=

5 (f(u + + u r ) = f(u ) + + f(u r ) U + + U r ) Nach Induktionsannahme ist das Minimalpolynom m f V von f V das kleinste gemeinsame Vielfache der Minimalpolynome m f,,m fr von f,,f r Nach der Präsenzübung ist dann das Minimalpolynom m f von f das kleinste gemeinsame Vielfache von m f V und m fr, welches das kleinste gemeinsame Vielfache von m f,, m fr ist Aufgabe 4 (4 Punkte) Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum über R und ϕ End R (V ) mit 7ϕ 2 ϕ 6 = ϕ + 6ϕ 2 ϕ 3 = 6 Id V Zeigen Sie: Es gibt Untervektorräume X, Y von V mit: V = X Y, ϕ(x) = x für alle x X, ϕ(y) = y für alle y Y Schreiben Sie die Projektion P : X Y V, x + y x (x X, y Y ) als Polynom in ϕ Hinweis: Sei p (x) = x 6 + 7x 2 6 und p 2 (x) = x 3 + 6x 2 + x 6 Finden Sie Polynome q, r mit p = p 2 q + r Lösung 4 Polynomdivision ergibt q(x) = x 3 + 6x x und r(x) = 326(x 2 ), und also ist ϕ 6 + 7ϕ 2 6 Id V = ( ϕ 3 + 6ϕ 2 + ϕ 6 Id V )(ϕ 3 + 6ϕ ϕ Id V ) 326(ϕ 2 Id V ) Damit folgt aus auch ϕ 6 + 7ϕ 2 6 Id V = ϕ 3 + 6ϕ 2 + ϕ 6 Id V = (ϕ 2 Id V ) = (ϕ + Id V )( ϕ + Id V ) = Behauptung: Setzt man X := { 2 (ϕ + Id V )(v) v V } und Y := { 2 ( ϕ + Id V )(v) v V } so erfüllen diese alle Bedingungen! Da v = 2 (ϕ + Id V )(v) + 2 ( ϕ + Id V )(v) v V gilt, ist V = X + Y Außerdem gilt für beliebiges x = (ϕ + Id V )(v) X ( ϕ + Id V )(x) = (( ϕ + Id V )(ϕ + Id V ))(v) =, also ϕ(x) = Id V (x) = x Für beliebiges y = ( ϕ + Id V )(v) Y erhält man analog ϕ(y) = Id V (y) = y Ist v X Y, so ist v = ϕ(v) = v, also v =, womit dann auch V = X Y gilt Für P ergibt sich P = 2 ϕ + 2 Id V