Lineare Algebra II. Sommersemester Wolfgang Ebeling

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1 Lineare Algebra II Sommersemester 2009 Wolfgang Ebeling 1

2 c Wolfgang Ebeling Institut für Algebraische Geometrie Leibniz Universität Hannover Postfach Hannover

3 1 Summen von Vektorräumen 3 1 Summen von Vektorräumen Im Folgenden sei K zunächst ein beliebiger Körper Wir betrachten verschiedene Summen von Vektorräumen Definition Es sei V ein K-Vektorraum und U 1, U 2 Unterräume von V Dann heißt U 1 + U 2 := {u 1 + u 2 u 1 U 1, u 2 U 2 } die Summe von U 1 und U 2 Lemma 11 Für die oben definierte Summe U 1 +U 2 der Unterräume U 1 und U 2 gilt: (i) U 1 + U 2 = Span(U 1 U 2 ) (ii) U 1 + U 2 V ist ein Unterraum (iii) dim(u 1 + U 2 ) dim U 1 + dim U 2 Beweis (i) U 1 + U 2 Span(U 1 U 2 ) ist klar Zum Beweis der umgekehrten Inklusion sei v Span(U 1 U 2 ) Dann gibt es u 1,, u k U 1, w 1,, w m U 2 und λ 1,, λ k, µ 1,, µ m K mit v = λ 1 u λ k u k + µ 1 w µ m w m Setze v 1 := λ 1 u λ k u k und v 2 := µ 1 w µ m w m Dann ist v 1 U 1 und v 2 U 2, also v = v 1 + v 2 U 1 + U 2 (ii) folgt aus (i) (iii) Ist u 1,, u k eine Basis von U 1 und w 1,, w m eine Basis von U 2, so ist u 1,, u k, w 1,, w m ein Erzeugendensystem von Span(U 1 U 2 ) Damit folgt die Behauptung aus (i) Satz 11 (Dimensionsformel für Summen) Für endlich dimensionale Unterräume U 1, U 2 V gilt dim(u 1 + U 2 ) = dim U 1 + dim U 2 dim(u 1 U 2 ) Beweis Es sei {v 1,, v m } eine Basis von U 1 U 2 Wir ergänzen diese Basis zu Basen {v 1,, v m, u 1,, u k } von U 1 und {v 1,, v m, u 1,, u l} von U 2 Wir müssen zeigen: B := {v 1,, v m, u 1,, u k, u 1,, u l} ist eine Basis von U 1 + U 2

4 1 Summen von Vektorräumen 4 Es ist klar, dass B ein Erzeugendensystem von Span(U 1 U 2 ) und nach Lemma 11(i) damit von U 1 + U 2 ist Wir müssen also noch zeigen, dass B linear unabhängig ist Dazu sei Wir setzen λ 1 v λ m v m + µ 1 u µ k u k + µ 1u µ lu l = 0 v := λ 1 v λ m v m + µ 1 u µ k u k Dann ist v U 1 und v = µ 1u µ l u l U 2 Daraus folgt v U 1 U 2 Also ist v = λ 1v λ mv m für gewisse Skalare λ 1,, λ m Da {v 1,, v m, u 1,, u k } eine Basis von U 1 bildet, folgt aus der Eindeutigkeit der Darstellung von v als Linearkombination der Vektoren dieser Basis insbesondere µ 1 = = µ k = 0 Setzen wir dies in die obige Gleichung ein, so folgt λ 1 = = λ m = µ 1 = = µ l = 0 Lemma 12 Ist V = U 1 + U 2, so sind die folgenden Aussagen äquivalent: (i) U 1 U 2 = {0} (ii) Jedes v V lässt sich eindeutig darstellen als v = u 1 + u 2 mit u 1 U 1 und u 2 U 2 (iii) Je zwei vom Nullvektor verschiedene Vektoren u 1 U 1 und u 2 U 2 sind linear unabhängig Beweis (i) (ii): Es sei v = u 1 + u 2 = u 1 + u 2 (u 1, u 1 U 1, u 2, u 2 U 2 ) Dann folgt u 1 u 1 = u 2 u 2 U 1 U 2, nach (i) also u 1 u 1 = u 2 u 2 = 0 (ii) (iii): Nach (ii) besitzt der Nullvektor eine eindeutige Darstellung 0 = 0u 1 + 0u 2 (iii) (i): Es sei 0 v U 1 U 2 Dann sind nach (iii) v und v linear unabhängig im Widerspruch zu 1v + ( 1)v = 0 Ist eine der drei äquivalenten Bedingungen von Lemma 12 erfüllt, so heißt V die direkte Summe von U 1 und U 2 Also gilt z B:

5 1 Summen von Vektorräumen 5 Definition Ein Vektorraum V heißt direkte Summe von zwei Unterräumen U 1 und U 2, in Zeichen V = U 1 U 2, wenn V = U 1 + U 2 und U 1 U 2 = {0} Beispiel 11 Es sei V = R 3 Ist U 1 = Span{e 1, e 2 } und U 2 = Span{e 3 }, so ist V = U 1 U 2 Ist dagegen U 3 = Span{e 2, e 3 }, so ist zwar V = U 1 + U 3, die Summe ist aber nicht direkt, da U 1 U 3 = Span{e 2 } Satz 12 Es sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum und U 1, U 2 Untervektorräume von V Dann sind die folgenden Bedingungen äquivalent: (i) V = U 1 U 2 (ii) Es gibt Basen {u 1,, u k } von U 1 und {u 1,, u l } von U 2, so dass {u 1,, u k, u 1,, u l } eine Basis von V ist (iii) Es gilt V = U 1 + U 2 und dim V = dim U 1 + dim U 2 Beweis (i) (ii) folgt aus dem Beweis der Dimensionsformel (Satz 11) und der Tatsache, dass U 1 U 2 = {0} (ii) (iii) ist klar (iii) (i): Aus der Dimensionsformel folgt dim(u 1 U 2 ) = 0 Daraus folgt U 1 U 2 = {0} Definition Es sei U V ein Unterraum Ein Unterraum W V heißt Komplement von U in V, falls U W = V Bemerkung 11 Zu einem Unterraum U ist ein Komplement W im Allgemeinen nicht eindeutig bestimmt: Ist zum Beispiel V = R 3 und U = Span{e 1, e 2 }, so sind W 1 = Span{e 3 } und W 2 = Span{e 1 + e 3 } Komplemente von U Satz 13 Ist V endlich dimensional und U V ein Unterraum, so besitzt U ein Komplement in V Beweis Man nehme eine Basis {v 1,, v r } von U und ergänze sie nach I, Satz 114, zu einer Basis {v 1,, v r, v r+1,, v n } von V Man setze W := Span{v r+1,, v n } Nun sei K = R oder K = C und (V,, ) ein euklidischer (K = R) oder unitärer (K = C) Vektorraum

6 1 Summen von Vektorräumen 6 Definition Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum (a) Zwei Vektoren v, w V heißen orthogonal, in Zeichen v w, falls vw = 0 (b) Zwei Unterräume U, W V heißen orthogonal, in Zeichen U W, falls u w für alle u U, w W (c) Ist U ein Unterraum, so heißt U := {v V u, v = 0 für alle u U} das orthogonale Komplement von U Bemerkung 12 Das orthogonale Komplement U eines Unterraums U ist ein Unterraum Aus dem unten stehenden Satz 14 folgt, dass es ein Komplement von U ist Definition Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum und U 1, U 2 Unterräume von V Man sagt, V ist die orthogonale direkte Summe der Unterräume U 1 und U 2, in Zeichen V = U 1 U 2, falls (i) V = U 1 U 2 und (ii) U 1 U 2 Lemma 13 Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum und U 1, U 2 Unterräume von V Gilt (i) V = U 1 + U 2 und (ii) U 1 U 2, so ist V die orthogonale direkte Summe der Unterräume U 1 und U 2 Beweis Wir haben zu zeigen: U 1 U 2 = {0} Es sei v U 1 U 2, v 0 Wegen (i) ist v = u 1 + u 2 mit u 1 U 1 und u 2 U 2 Dann gilt 0 v, v = v, u 1 + v, u 2 = 0 wegen (ii), ein Widerspruch Satz 14 Es sei V ein endlich dimensionaler euklidischer (unitärer) Vektorraum und W V ein Unterraum Dann gilt V = W W Insbesondere ist dim V = dim W + dim W

7 1 Summen von Vektorräumen 7 Beweis Es sei {w 1,, w m } eine ON-Basis von W Diese ergänze man nach I, Satz 202, zu einer ON-Basis {w 1,, w m, w m+1,, w n } von V Dann ist w m+1,, w n W Es sei nun v V Dann können wir v schreiben als mit v = λ 1 w λ m w m + λ m+1 w m λ n w n λ 1 w λ m w m W, λ m+1 w m λ n w n W Daraus folgt die Behauptung Wir wollen nun auch Summen von mehr als zwei Unterräumen betrachten Definition Es sei V ein K-Vektorraum und U 1,, U s Unterräume von V Dann heißt U U s := {u u s u i U i, i = 1,, s} die Summe von U 1,, U s Wie oben beweist man: Lemma 14 Für die Summe U U s der Unterräume U 1,, U s gilt: (i) U U s = Span(U 1 U s ) (ii) U U s V ist ein Unterraum (iii) dim(u U s ) dim U dim U s Satz 15 Ist V = U U s, so sind die folgenden Aussagen äquivalent: (i) Für jedes i = 1,, s gilt: Ist W i := U Ûi + + U s, so ist U i W i = {0} (Hierbei bedeutet Ûi: In der Summe wird U i weggelassen, nimmt seinen Hut und geht ) (ii) Jedes Element v V lässt sich eindeutig darstellen als v = u 1 + +u s mit u i U i (iii) Für jede Teilmenge I {1,, s} gilt: Ist für i I u i U i, u i 0, so ist die Teilmenge S I := {u i i I} linear unabhängig Definition Ist eine der äquivalenten Bedingungen von Satz 15 erfüllt, so heißt V die direkte Summe von U 1,, U s, in Zeichen V = U 1 U s

8 1 Summen von Vektorräumen 8 Beweis (i) (ii): Es sei Dann folgt v = u u s = u u s (u i, u i U i ) u i u i = (u 1 u 1 )+ +(u i 1 u i 1 )+(u i+1 u i+1 )+ +(u s u s ) W i U i Nach (i) folgt u i u i = 0 (ii) (iii): Es sei I = {i 1,, i r } {1,, s} und λ 1 u i1 + + λ r u ir = 0 Da nach (ii) auch der Nullvektor 0 V eine eindeutige Darstellung 0 = 0u i u ir besitzt, folgt λ 1 = = λ r = 0 (iii) (i): Es sei W i U i {0} Dann gibt es ein u i U i mit u i 0 und u i = u u i 1 + u i u s mit u j U j Es sei I die Menge aller Indizes j {1,, s} mit u j Teilmenge S I linear abhängig im Widerspruch zu (iii) 0 Dann ist die Satz 16 Es sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum und U 1,, U s Unterräume von V Dann sind die folgenden Bedingungen äquivalent: (i) V = U 1 U s (ii) Ist für jedes i {1,, s} eine Basis {u (i) 1,, u (i) k i } von U i gegeben, so ist {u (1) 1,, u (1) k 1,, u (s) 1,, u (s) k s } eine Basis von V (iii) Es gilt V = U U s und dim V = dim U dim U s Beweis (i) (ii): Es sei B := {u (1) 1,, u (1) k 1,, u (s) 1,, u (s) k s } Offensichtlich ist B ein Erzeugendensystem von V Es reicht daher zu zeigen, dass B linear unabhängig ist Dazu sei λ (1) 1 u (1) + + λ (1) k 1 u (1) k λ (s) 1 u (s) λ (s) k s u (s) k s = 0

9 1 Summen von Vektorräumen 9 Setzen wir w i := λ (i) 1 u (i) + + λ (i) k i u (i) k i, so folgt w w s = 0 Aus Satz 15 (iii) folgt w 1 = = w s = 0 Also ist λ (i) 1 u (i) + + λ (i) k i u (i) k i = 0 für i = 1,, s Daraus folgt λ (i) 1 = = λ (i) k i = 0 (ii) (iii) ist klar (ii) (i) folgt aus Satz 15 (ii) Es sei nun wieder K = R, C und V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum Definition Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum und U 1,, U s Unterräume von V Man sagt, V ist die orthogonale direkte Summe der Unterräume U 1, U s, in Zeichen V = U 1 U s, falls (i) V = U 1 U s und (ii) U i U j für i j Lemma 15 Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum und U 1,, U s Unterräume von V Gilt (i) V = U U s und (ii) U i U j für i j, so ist V die orthogonale direkte Summe der Unterräume U 1,, U s Beweis Wir haben zu zeigen: U i W i = {0} Es sei v U i W i, v 0 Dann gilt v = u u i 1 + u i u s mit u j U j Da U i U j für i j gilt, folgt dann 0 v, v = v, u v, u i 1 + v, u i v, u s = 0, ein Widerspruch

10 2 Normierte Vektorräume 10 2 Normierte Vektorräume Es sei K = R, C und V ein K-Vektorraum Ist, : V V K eine symmetrische Bilinearform (hermitesche Sesquilinearform), so erhält man daraus eine Abbildung q : V K v q(v) := v, v Sie heißt die zu, gehörige quadratische Form Man kann, aus q zurückgewinnen Dies nennt man Polarisierung: K = R : v, w = 1 (q(v + w) q(v w)), 4 K = C : v, w = 1 (q(v + w) q(v w) + iq(v + iw) iq(v iw)) 4 (Beweis durch Nachrechnen) Definition Es sei V ein K-Vektorraum Unter einer Norm auf V versteht man eine Funktion : V R v v mit folgenden Eigenschaften: (i) v 0, v = 0 v = 0, (ii) λv = λ v für alle λ K, v V (iii) v + w v + w für alle v, w V (Dreiecksungleichung) Ein normierter Vektorraum ist ein Paar (V, ), das aus einem Vektorraum V und einer Norm auf V besteht Definition Es sei X eine Menge Unter einer Metrik auf X versteht man eine Abbildung d : X X R (x, y) d(x, y) mit folgenden Eigenschaften: (i) d(x, y) = 0 x = y (ii) d(x, y) = d(y, x) für alle x, y X (Symmetrie) (iii) d(x, z) d(x, y) + d(y, z) für alle x, y, z X (Dreiecksungleichung)

11 2 Normierte Vektorräume 11 Ein metrischer Raum ist ein Paar (X, d), X Menge, d Metrik Man nennt d(x, y) den Abstand oder die Distanz der Punkte x und y bzgl d Bemerkung 21 Aus den Axiomen folgt, dass d(x, y) 0 für alle x, y X Beweis Wende Dreiecksungleichung auf x, y, x an: 0 (i) = d(x, x) d(x, y) + d(y, x) (ii) = 2d(x, y) Satz 21 Es sei (V, ) ein normierter Vektorraum Dann wird durch eine Metrik d auf V definiert Beweis d(x, y) := x y für x, y V (i) d(x, y) = 0 x y = 0 x y = 0 x = y (ii) d(x, y) = x y = 1 x y = y x = d(y, x) (iii) d(x, z) = x z = x y+y z x y + y z = d(x, y)+d(y, z) Satz 22 Ist (V,, ) ein euklidischer (unitärer) Vektorraum, so wird durch eine Norm auf V definiert v := v, v Für den Beweis dieses Satzes brauchen wir das folgende Resultat: Satz 23 (Cauchy-Schwarzsche Ungleichung) Für v, w V gilt v, w v w und Gleichheit gilt genau dann, wenn v und w linear abhängig sind Beweis Für w = 0 sind beide Seiten der Ungleichung gleich 0, die Ungleichung ist daher erfüllt Es genügt daher, den Fall w 0 zu behandeln Für λ, µ K gilt 0 λv + µw, λv + µw = λλ v, v + λµ v, w + λµ w, v + µµ w, w

12 3 Normalform orthogonaler und unitärer Endomorphismen 12 Setzen wir nun λ := w, w und µ := v, w, so folgt 0 λ( v, v w, w v, w v, w ) = λ( v 2 w 2 v, w 2 ) Wegen λ 0 folgt daraus 0 v 2 w 2 v, w 2 Nun ziehen wir auf beiden Seiten die Quadratwurzel Dann bleibt das Ungleichheitszeichen erhalten und wir erhalten die behauptete Ungleichung Für den Beweis des Zusatzes bemerken wir (für λ := w, w und µ := v, w ) : v, w = v w λv + µw, λv + µw = 0 λv + µw = 0 v = µ λ w Man beachte, dass dies der gleiche Beweis wie für I, Satz 34 ist, nur dass wir statt einer symmetrischen Bilinearform auch eine hermitesche Sesquilinearform zugelassen haben Beweis von Satz 22 (i) und (ii) sind einfach (siehe Vorlesung) (iii): Um die Dreiecksungleichung v + w, v + w v, v + w, w zu beweisen, geht man durch Quadrieren zu der äquivalenten Ungleichung v + w, v + w v, v + 2 v, v w, w + w, w über, die gleichbedeutend ist mit v, v + 2 v, w + w, w v, v + 2 v, v w, w + w, w Diese Ungleichung ist äquivalent zu der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung 3 Normalform orthogonaler und unitärer Endomorphismen Nun sei im Folgenden wieder K = R, C und (V,, ) ein euklidischer (unitärer) Vektorraum Wir erinnern an die folgende Definition

13 3 Normalform orthogonaler und unitärer Endomorphismen 13 Definition Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum Ein Endomorphismus f : V V heißt orthogonal (unitär), falls gilt: f(v), f(w) = v, w für alle v, w V Theorem 31 Es sei V ein unitärer Vektorraum der Dimension n und f : V V ein unitärer Endomorphismus Dann besitzt V eine ON-Basis, die aus Eigenvektoren von f besteht Insbesondere ist f diagonalisierbar Beweis Der zugrundeliegende Körper ist C und die Eigenwerte von f sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms P f (x), das ein komplexes Polynom ist Nach dem Fundamentalsatz der Algebra hat P f (x) genau n Nullstellen λ 1, λ n C Also gilt P f (x) = (x λ 1 ) (x λ n ) Wir führen nun Induktion nach n = dim V durch Der Induktionsanfang n = 1 ist klar Wir nehmen nun an, dass die Behauptung bereits für n 1 bewiesen ist Es sei v 1 ein Eigenvektor von f zum Eigenwert λ 1 Ohne Einschränkung können wir annehmen, dass v 1 = 1 Es sei Dann gilt nach Satz 14 Behauptung f(w ) = W W := Span{v 1 } = {w V v 1, w = 0} V = Span{v 1 } W Beweis Da f ein Isomorphismus ist, reicht es zu zeigen: f(w ) W Nach I, Satz 211 (v), gilt λ 1 = 1 Damit gilt für w W : λ 1 v 1, f(w) = λ 1 v 1, f(w) = f(v 1 ), f(w) = v 1, w = 0 Da λ 1 0 folgt v 1, f(w) = 0, also f(w) W Nun betrachten wir den Endomorphismus f W : W W Da f W die Einschränkung eines unitären Endomorphismus ist, ist f W auch wieder unitär Da dim W = n 1 können wir auf f W : W W die Induktionsvoraussetzung anwenden Danach besitzt W eine ON-Basis {v 2,, v n } aus Eigenvektoren Dann ist B := {v 1, v 2,, v n } eine ON-Basis von V aus Eigenvektoren

14 3 Normalform orthogonaler und unitärer Endomorphismen 14 Korollar 31 Eine unitäre Matrix A ist diagonalisierbar Genauer gilt: Es gibt eine unitäre Matrix S mit λ S T 0 λ 2 0 AS = 0 0 λ n Hierbei gilt λ i = 1 für i = 1,, n Beweis Siehe Vorlesung In LA I hatten wir bereits orthogonale Abbildungen f : R n R n betrachtet und für n = 1, 2, 3 klassifiziert Allgemeiner wollen wir nun beweisen: Theorem 32 Es sei V ein euklidischer Vektorraum der Dimension n und f : V V ein orthogonaler Endomorphismus Dann besitzt V eine ON-Basis B, bezüglich der f die Darstellungsmatrix MB B (f) =, 1 0 A 1 A k besitzt, wobei für j = 1,, k ( cos αj sin α A j = j sin α j cos α j ) mit α j [0, 2π), aber α j 0, π Für den Beweis dieses Theorems brauchen wir ein Lemma Lemma 31 Jedes Polynom P (x) mit reellen Koeffizienten besitzt eine Zerlegung P (x) = (x λ 1 ) (x λ r )Q 1 (x) Q k (x), wobei λ 1,, λ r R und Q 1 (x),, Q k (x) Polynome vom Grad 2 sind, die keine reelle Nullstelle haben

15 3 Normalform orthogonaler und unitärer Endomorphismen 15 Beweis Das Polynom P (x) hat n komplexe Nullstellen Ist λ C eine Nullstelle von P (x), so auch λ: P (λ) = a 0 + a 1 λ + + a n λ n = a 0 + a 1 λ + + a n λ n = P (λ) = 0 = 0 Also hat man eine Zerlegung P (x) = (x λ 1 ) (x λ r )(x µ 1 )(x µ 1 ) (x µ k )(x µ k ), wobei λ 1,, λ r R und µ 1,, µ k R Es sei j = 1,, k und µ j = ξ j +iη j mit ξ j, η j R Setze Q j (x) = (x µ j )(x µ j ) = x 2 2ξ j x + (ξ 2 j + η 2 j ) Beweis von Theorem 32 Wir führen Theorem 32 auf Theorem 31 zurück Dazu komplexifizieren wir f Es sei B irgendeine ON-Basis von V und A := MB B (f) die Darstellungsmatrix von f bezüglich B Dann ist A orthogonal und als reelle Matrix auch unitär Also ist der Endomorphismus A : C n C n, z Az, unitär Es sei P A (x) = P (x) = (x λ 1 ) (x λ r )(x µ 1 )(x µ 1 ) (x µ k )(x µ k ) die Zerlegung des charakteristischen Polynoms von A, die nach Lemma 31 existiert Nach I, Satz 211 (v) gilt λ i = ±1, i = 1,, r, µ j = cos α j +i sin α j, α j [0, 2π), α j 0, π, j = 1,, k Nach Theorem 31 erhalten wir für A eine ON-Basis B von C n von Eigenvektoren von A Es sei nun z ein Eigenvektor zu einem nicht reellen Eigenwert µ Dann ist z ein Eigenvektor zum Eigenwert µ, denn Az = Az = µz = µ z Deswegen können wir die Basis B so anordnen: v 1,, v p die Eigenvektoren zum Eigenwert + 1, w 1,, w q die Eigenvektoren zum Eigenwert 1, z 1,, z k die Eigenvektoren zu den Eigenwerten µ 1,, µ k, z 1,, z k die Eigenvektoren zu den Eigenwerten µ 1,, µ k Da A reell ist, liegen die Eigenvektoren v 1,, v p, w 1,, w q in R n

16 3 Normalform orthogonaler und unitärer Endomorphismen 16 Zu einem Paar z, z von Eigenvektoren zu µ, µ konstruieren wir nun einen unter A invarianten Unterraum W R n Dazu sei z = x + iy, x, y R n und Behauptung A(W ) = W W := Span{x, y} R n Beweis Es gilt 0 = z, z = x + iy, x iy = x, x y, y + 2i x, y 1 = z, z = x + iy, x + iy = x, x + y, y Daraus folgt x, x = y, y = 1 2 x = 1(z + z), y = 1 (z z) folgt 2 2i und x, y = 0 Aus µ = cos α + i sin α, Ax = 1 2 (Az + Az) = 1 (µz + µ z) = cos αx sin αy, 2 Ay = 1 2i (Az Az) = 1 (µz µ z) = sin αx + cos αy 2i Nun setzen wir x := 2x, y := 2y Bezüglich der ON-Basis {x, y } von W wird die Einschränkung von A auf W beschrieben durch die Matrix ( ) cos α sin α sin α cos α Damit haben wir eine Orthonormalbasis B := {v 1,, v p, w 1,, w q, x 1, y 1,, x k, y k} von R n gefunden, bezüglich der die Abbildung A : R n R n die in Theorem 32 angegebene Gestalt hat Die Transformationsmatrix, die die Standardbasis des R n in die Basis B des R n transformiert, transformiert dann die Basis B von V in eine ON-Basis B von V mit den gewünschten Eigenschaften

17 4 Normalform selbstadjungierter Endomorphismen 17 4 Normalform selbstadjungierter Endomorphismen Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum In LA I hatten wir bereits selbstadjungierte Endomorphismen betrachtet Wir erinnern an die Definition Definition Ein Endomorphismus f : V V heißt selbstadjungiert, falls In LA I hatten wir bewiesen: f(v), w = v, f(w) für alle v, w V Theorem 41 Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum und f : V V ein selbstadjungierter Endomorphismus Dann besitzt V eine ON-Basis, die aus Eigenvektoren von f besteht Korollar 41 Ist A Mat(n, n; K) eine symmetrische bzw hermitesche Matrix, so gibt es eine orthogonale bzw unitäre Matrix S, so dass λ 1 0 S T AS = 0 λ n mit λ 1,, λ n R Wir halten noch das folgende Korollar fest Korollar 42 Es sei V ein euklidischer (unitärer) Vektorraum, f : V V ein selbstadjungierter Endomorphismus und λ 1,, λ k die paarweise verschiedenen Eigenwerte Dann ist V = Eig(f, λ 1 ) Eig(f, λ k ) Beweis Aus dem Theorem folgt, dass V die direkte Summe der Eigenräume ist Es bleibt zu zeigen: Eig(f, λ i ) Eig(f, λ j ) für alle i j, i, j = 1,, k Dazu sei v Eig(f, λ i ), w Eig(f, λ j ), i j Dann gilt λ i v, w = λ i v, w = f(v), w = v, f(w) = v, λ j w = λ j v, w Daraus folgt also v, w = 0 (λ i λ j ) v, w = 0,

18 5 Symmetrische Bilinearformen 18 5 Symmetrische Bilinearformen Es sei nun V ein endlich dimensionaler reeller Vektorraum mit einer symmetrischen Bilinearform, : V V R (Diese Bilinearform braucht nicht positiv definit zu sein) Wie wir bereits gesehen haben, entspricht dieser Bilinearform eine quadratische Form q : V R, q(v) = v, v Bezüglich einer Basis B = {v 1,, v n } von V wird, dargestellt durch die Matrix A = (a ij ), a ij = v i, v j Nach der Transformationsformel ändert sich bei einem Basiswechsel mit Transformationsmatrix S GL(n; R) die Darstellungsmatrix wie folgt: A S T AS Nach dem Satz über die Hauptachsentransformation gibt es eine orthogonale Matrix S mit λ S T AS = S 1 0 λ 2 0 AS =, (λ 1,, λ n R) 0 0 λ n Wir fragen nun nach einer Normalform, wenn wir allgemeiner S GL(n; R) zulassen Satz 51 Es sei, : V V R eine symmetrische Bilinearform Dann gibt es eine Basis B von V, bezüglich der, dargestellt wird durch E k 0 E l 0 0 Beweis Nach dem Satz über die Hauptachsentransformation gibt es eine Basis B = {w 1,, w n }, bezüglich der die darstellende Matrix wie folgt

19 5 Symmetrische Bilinearformen 19 aussieht: λ 1 0 λ k 0 λ k+1 λ k+l 0 0 { > 0 für i k,, λ i < 0 für k < i k + l Wir setzen Dann gilt: v i := { 1 λi w i für 1 i k + l, w i sonst +1 für 1 i k, v i, v i = 1 für k < i k + l, 0 sonst Also hat, bezüglich der Basis B = {v 1,, v n } die gewünschte Gestalt Definition Menge Es sei, : V V R eine symmetrische Bilinearform Die V 0 := {v V v, w = 0 für alle w V } heißt das Radikal (oder der Nullraum) von, Es ist ein Unterraum von V Korollar 51 Es sei, : V V R eine symmetrische Bilinearform Dann gibt es eine Zerlegung in Unterräume, so dass gilt: V = V + V V 0, (i) Die Zerlegung ist orthogonal bezüglich, (ii) v, v > 0 für 0 v V +, v, v < 0 für 0 v V Beweis Es sei B = {v 1,, v n } eine Basis wie in Satz 51 Setze V + := Span{v 1,, v k }, V := Span{v k+1,, v k+l }

20 5 Symmetrische Bilinearformen 20 Dann bleibt zu zeigen, dass V 0 = Span{v k+l+1,, v n } Die Inklusion Span{v k+l+1,, v n } V 0 ist klar Es sei umgekehrt v V 0 Dann gilt v = µ 1 v µ k+l v k+l + µ k+l+1 v k+l µ n v n Für i {1,, k + l} gilt aber v, v i = ±µ i = 0 Daraus folgt µ i = 0 Wie der Beweis zeigt, hängt die Zerlegung von einer Basis B von V ab Ist A die Darstellungsmatrix von, bezüglich dieser Basis, so gilt dim V + = Anzahl der positiven Eigenwerte von A, dim V = Anzahl der negativen Eigenwerte von A Der Trägheitssatz von Sylvester besagt, dass diese Zahlen tatsächlich unabhängig von der Wahl von B sind Satz 52 (Trägheitssatz von Sylvester) Es sei, : V V R eine symmetrische Bilinearform, B eine Basis von V und A die Darstellungsmatrix von, bezüglich B Dann sind die Zahlen k := Anzahl der positiven Eigenwerte von A, l := Anzahl der negativen Eigenwerte von A unabhängig von der Auswahl von B Beweis Es sei B eine andere Basis, k, l die entsprechenden Anzahlen und V = V + V V 0 = V + V V 0 die entsprechenden zugehörigen Zerlegungen nach Korollar 51 Da die Anzahl der von Null verschiedenen Eigenwerte gleich dim V dim V 0 ist und damit nicht von der Auswahl der Basis abhängt, gilt k + l = k + l Daher reicht es, l = l zu zeigen Angenommen, es gibt 0 v V + (V V 0 ) Dann gilt v, v > 0 und v = v + v 0 mit v 0 Dann folgt aber v, v = v, v + v 0, v 0 = v, v < 0, ein Widerspruch Also gilt V + (V V 0 ) = {0} und aus Satz 12 folgt k + l + dim V 0 dim V, also k + l k + l, dh l l Durch Vertauschen der Rollen von l und l folgt l l, also l = l und k = k

21 5 Symmetrische Bilinearformen 21 Definition Die Zahl k nennt man auch den Index, die Zahl k l die Signatur der symmetrischen Bilinearform, Korollar 52 Eine symmetrische Bilinearform ist genau dann positiv definit, wenn alle Eigenwerte einer Darstellungsmatrix positiv sind Definition Eine symmetrische Matrix A Mat(n, n; R) heißt positiv definit, in Zeichen A > 0, falls die zugehörige Form, A positiv definit ist, dh x T Ax > 0 für alle x R n, x 0 Korollar 53 Eine symmetrische Matrix A Mat(n, n; R) ist genau dann positiv definit, wenn alle Eigenwerte positiv sind Wir wollen zum Abschluss noch ein anderes Kriterium dafür angeben, dass eine symmetrische Matrix A = (a ij ) positiv definit ist Dazu bezeichnen wir mit a 11 a 1k A k := a k1 a kk die linke obere k k-teilmatrix von A Die Determinante det A k bezeichnet man auch als Hauptminor von A Satz 53 (Hurwitz-Kriterium) Es sei A Mat(n, n; R) eine symmetrische Matrix Dann gilt: A positiv definit det A k > 0 für 1 k n Beweis : Wir zeigen zunächst det A = det A n > 0 Da A positiv definit ist, gibt es ein S GL(n; R) mit 1 0 S T AS = 0 1 Also folgt 1 = det(s T AS) = det A(det S) 2, also det A > 0

22 5 Symmetrische Bilinearformen 22 Um nun det A k > 0 für 1 k < n zu zeigen, betrachten wir U k := {x R n x k+1 = = x n = 0} R n Die Form, A definiert durch Einschränkung eine Form, k : U k U k R mit Darstellungsmatrix A k Da auch, k positiv definit ist, folgt det A k > 0 : Wir führen Induktion über n durch Der Induktionsanfang n = 1 ist klar Nach Induktionsvoraussetzung ist A n 1 positiv definit Also gibt es ein S GL(n 1; R) mit Es sei Es gilt und (S ) T A n 1 S = S := S = E n 1 GL(n; R) 1 b 1 S T AS = 1 b n 1 =: B b 1 b n 1 b n det B = (det S) 2 det A > 0 Es genügt zu zeigen, dass B positiv definit ist Dazu setze 1 b 1 T := GL(n; R) 1 b n Dann ist Nun ist T T BT = c n =: C det C = (det T ) 2 det B = det B > 0 und damit c n > 0 Also ist C positiv definit und damit auch B und A

23 6 Das Minimalpolynom 23 6 Das Minimalpolynom Wir kommen nun auf das schon in LA I betrachtete Problem zurück, für die Darstellungsmatrix eines Endomorphismus f : V V eines K-Vektorraums eine Normalform zu finden Dabei spielt neben dem charakteristischen Polynom ein anderes Polynom eine Rolle, das wir nun einführen wollen Dazu machen wir zunächst einen Exkurs über den Polynomring Es sei K ein beliebiger Körper Dann betrachten wir den Polynomring in einer Variablen über K: K[x] := {a 0 + a 1 x + + a n x n a i K} Auf K[x] ist eine Addition und eine Multiplikation erklärt Es sei P (x), Q(x) K[x], P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n, Q(x) = b 0 + b 1 x + + b m x m O B d A sei n m Zur Definition der Addition setzen wir a n+1 = a m = 0 Dann definieren wir P (x) + Q(x) := (a 0 + b 0 ) + (a 1 + b 1 )x + + (a m + b m )x m Die Multiplikation ist dadurch erklärt, dass man formal ausmultipliziert: mit P (x) Q(x) = (a 0 + a 1 x + + a n x n ) (b 0 + b 1 x + + b m x m ) := a 0 b 0 + (a 0 b 1 + a 1 b 0 )x + + a n b m x n+m = c 0 + c 1 x + + c n+m x n+m c k := k a i b k i Statt P (x) und Q(x) schreiben wir von nun an auch P und Q i=0 Satz 61 Mit dieser Addition und Multiplikation wird K[x] zu einem kommutativen Ring mit Einselement Beweis Die Axiome sind leicht nachzuprüfen Was ist das Einselement? Das Nullpolynom (alle Koeffizienten a i = 0) bezeichnen wir mit 0 Definition Der Grad eines Polynoms P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n mit a n 0 ist die Zahl n (n = deg P ) Den Grad des Nullpolynoms definieren wir als deg(0) := Das Polynom P heißt normiert, falls a n = 1 ist

24 6 Das Minimalpolynom 24 Satz 62 (Gradformel) Für P, Q K[x] gilt: deg(p Q) = deg P + deg Q Dabei soll formal n = m = = gelten Beweis Dies folgt aus c n+m = a n b m 0 falls a n 0 und b m 0 Satz 63 (Division mit Rest) Es seien P, Q K[x] mit P, Q 0 Dann gibt es eindeutig bestimmte Polynome q, r mit (i) P = Qq + r, (ii) deg r < deg Q Beweis Wir zeigen zunächst die Eindeutigkeit Es seien q, q, r, r K[x] mit P = Qq + r = Qq + r, deg r, deg r < deg Q Dann folgt 1Fall: q = q r = r 2Fall: q q Dann ist Q(q q ) = r r deg(r r) = deg Q + deg(q q ) deg Q im Widerspruch zu deg(r r) max{deg r, deg r } < deg Q Nun beweisen wir die Existenz von q und r Wenn es ein q K[x] gibt mit P = Qq, so können wir r = 0 setzen und die Behauptung ist bewiesen Andernfalls betrachten wir die Menge M := {deg(p Qp) p K[x]} N = {0, 1, 2, } Diese Menge besitzt ein Minimum in N Es sei q K[x] mit deg(p Qq) deg(p Qp) für alle p K[x] Es sei ferner dh r := P Qq, P = Qq + r

25 6 Das Minimalpolynom 25 Es bleibt zu zeigen: deg r < deg Q Angenommen, deg r deg Q Es sei Q = b 0 + b 1 x + + b m x m (b m 0), r = c 0 + c 1 x + + c k x k (c k 0) Dann ist nach Annahme k m Es sei Dann ist Es ist also p := q + c k b m x k m K[x] P Qp = P Qq Q c k b m x k m = r Q c k b m x k m Daher folgt P Qp = c k x k b m c k b m x k + Terme der Ordnung < k im Widerspruch zur Wahl von q deg(p Qp) < k = deg r = deg(p Qq) Dies führt zu dem schon aus der Schule bekannten Verfahren zur Polynomdivision (siehe Vorlesung und Übungen) In Polynome können wir nun Körperelemente einsetzen Ist und λ K, so setzen wir P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n K[x] P (λ) := a 0 + a 1 λ + + a n λ n K Auf diese Weise definiert P (x) eine Funktion Damit erhalten wir eine Abbildung P : K K λ P (λ) : K[x] Abb(K, K) P P Warnung Wir müssen zwischen Polynomen P und Polynomfunktionen P unterscheiden, denn bei endlichen Körpern können Unterschiede auftreten: Ist zb K = F 2 und P (x) = x 2 + x, so ist P die Nullfunktion, da P (0) = P (1) = = 0 Also ist in diesem Fall die Abbildung nicht injektiv

26 6 Das Minimalpolynom 26 Definition Ist 0 P K[x] und λ K, so dass P (λ) = 0 gilt, so heißt λ eine Nullstelle von P Korollar 61 Es sei 0 P K[x] und λ eine Nullstelle von P Dann gibt es genau ein Polynom Q K[x] mit Es ist deg Q = deg P 1 P = Q(x λ) Beweis Wir dividieren P durch (x λ) mit Rest: Nach Satz 63 gibt es eindeutig bestimmte Q, r K[x] mit P = (x λ)q + r, deg r < 1 = deg(x λ ) Also ist r(x) = a 0 K Setzen wir λ in diese Gleichung ein, so folgt 0 = P (λ) = (λ λ)q(λ) + a 0 = a 0, also r = 0 Korollar 62 Es sei 0 P K[x] Dann ist die Anzahl der Nullstellen von P höchstens gleich dem Grad von P Beweis Wir führen Induktion über den Grad n := deg P Für n = 0 ist P eine konstantes Polynom P (x) = a 0 0 und das hat gar keine Nullstelle Damit ist die Behauptung für n = 0 bewiesen Nun sei deg P = n 1 und die Behauptung sei schon für alle Polynome Q K[x] mit deg Q n 1 bewiesen Hat P keine Nullstelle, so ist die Behauptung richtig Andernfalls sei λ K eine Nullstelle von P Nach Korollar 61 gibt es dann ein Q K[x] mit P = (x λ)q und deg Q = n 1 Alle von λ verschiedenen Nullstellen von P müssen auch Nullstellen von Q sein Nach Induktionsannahme hat Q höchstens n 1 verschiedene Nullstellen, also P höchstens n verschiedene Nullstellen Korollar 63 Hat K unendlich viele Elemente, so ist die Abbildung injektiv : K[x] Abb(K, K), P P,

27 6 Das Minimalpolynom 27 Beweis Es seien P 1, P 2 K[x] mit P 1 = P 2 Betrachte Q := P 1 P 2 Dann ist Q = 0, also hat Q unendlich viele Nullstellen Aus Korollar 62 folgt damit Q = 0, also P 1 = P 2 Satz 64 Es sei K ein unendlicher Körper Jedes Polynom 0 P K[x] besitzt eine Darstellung P = (x λ 1 ) ν1 (x λ r ) νr Q, wobei λ 1,, λ r paarweise verschieden sind und Q ein Polynom ohne Nullstellen ist Diese Darstellung ist bis auf die Reihenfolge der Faktoren eindeutig Definition Man nennt ν i die Ordnung oder Vielfachheit der Nullstelle λ i Für den Beweis des Satzes brauchen wir ein Lemma Lemma 61 Es sei K ein unendlicher Körper und P, Q K[x] Polynome mit P (λ) 0, Q(λ) 0 Gilt für alle x K, so ist ν = µ (x λ) ν P (x) = (x λ) µ Q(x) Beweis O B d A sei ν µ Dann gilt (x λ) ν µ P (x) Q(x) = 0 (für x λ) Da K unendlich viele Elemente enthält, gilt für die Polynome (x λ) ν µ P Q = 0 Falls ν > µ, wäre Q(λ) = 0, ein Widerspruch Beweis von Satz 64 Die Existenz der Darstellung folgt aus Korollar 61 Zum Beweis der Eindeutigkeit: Die λ i sind genau die Nullstellen von P, liegen also eindeutig fest Die Eindeutigkeit der ν i folgt aus Lemma 61 Es bleibt die Eindeutigkeit von Q zu zeigen Dazu sei (x λ 1 ) ν1 (x λ r ) νr Q = (x λ 1 ) ν1 (x λ r ) νr Q Dann gilt für alle x λ 1,, λ r Q(x) = Q (x) Also hat Q Q unendlich viele Nullstellen und es folgt Q = Q

28 6 Das Minimalpolynom 28 Definition Man sagt, das Polynom 0 P K[x] zerfällt über K, falls es eine Darstellung gibt P (x) = a(x λ 1 ) ν1 (x λ r ) νr (a K) Beispiel 61 Das Polynom P (x) = 1 + x 2 zerfällt nicht über R, aber über C: P (x) = (x i)(x + i) Satz 65 (Fundamentalsatz der Algebra) Jedes nicht konstante Polynom P C[x] besitzt eine Nullstelle Diesen Satz hat erstmals C F Gauß 1799 bewiesen Heutzutage wird er meist in der Vorlesung Funktionentheorie bewiesen, da man mit Methoden dieser Vorlesung einen sehr knappen und eleganten Beweis geben kann Korollar 64 Jedes Polynom P C[x] zerfällt Definition Eine Teilmenge I eines Ringes R heißt ein Ideal, falls gilt: (I1) I R ist eine Untergruppe bezüglich der Addition (I2) Ist r R und s I, so ist auch r s I Beispiel 62 I := P 1,, P n := {Q 1 P Q n P n Q i R} Definition I = P 1,, P n heißt das von P 1,, P n erzeugte Ideal Definition Ein Ideal I heißt Hauptideal, falls es von einem Element erzeugt, wird, dh I = P = {QP Q R} für ein P R Lemma 62 Es seien R, R Ringe und f : R R ein Ringhomomorphismus Dann ist der Kern von f ein Ideal in R Beweis Nach I, Satz 84, ist Ker f eine Untergruppe von R Es sei r R und s Ker f Dann gilt f(r s) = f(r) f(s) = f(r) 0 = 0, also r s Ker f Satz 66 (i) K[x] ist ein Hauptidealring, dh jedes Ideal von K[x] ist ein Hauptideal

29 6 Das Minimalpolynom 29 (ii) Zu jedem Ideal I {0} in K[x] gibt es genau ein normiertes Polynom P mit I = P Beweis (i): Im Fall I = {0} ist I = 0 Es sei also I {0} Dann hat die Menge M := {deg P 0 P I} N ein Minimum m := min M Es sei P I mit deg P = m Behauptung I = P = K[x] P Beweis Es gilt P I nach Definition eines Ideals Es bleibt zu zeigen: I P Dazu sei Q I beliebig Nach Satz 63 gibt es eine Darstellung Q = qp + r, deg r < deg P Ist r = 0, so ist Q P Andernfalls folgt mit (I1) und (I2) r = Q qp I Wegen 0 deg r < deg P = m ist dies ein Widerspruch zur Wahl von P (ii): Mit P liegt auch ap in I für a K Also kann man P als normiert annehmen Es sei Dann gilt Es folgt I = P = P mit P, P normiert P = Q P, P = QP für geeignete Q, Q K[x] Nach der Gradformel folgt daraus P = QQ P P (1 QQ ) = 0 deg QQ = 0, also QQ = 1, und damit sind Q und Q ebenfalls nach der Gradformel konstant Da P, P normiert sind, folgt Q = Q = 1, also P = P Nun wollen wir die Theorie auf Matrizen anwenden Die Menge Mat(n, n; K) ist ein Vektorraum der Dimension n 2 und obendrein ein Ring mit der Matrizenaddition und Matrizenmultiplikation Wie üblich setzen wir für A Mat(n, n; K): A n = A A (n-mal), A 0 = E

30 6 Das Minimalpolynom 30 Wir setzen nun Matrizen in Polynome ein, dh wir betrachten die Einsetzungsabbildung ϕ A : K[x] Mat(n, n; K) P (x) = n i=0 a ix i P (A) := n i=0 a ia i Die Abbildung ϕ A ist linear, also ein Homomorphismus von K-Vektorräumen und sogar ein Ringhomomorphismus: (P + Q)(A) = P (A) + Q(A), (λp )(A) = λp (A), (P Q)(A) = P (A)Q(A) Das Bild von ϕ A ist der Untervektorraum K[A] := Span{E, A, A 2, } von Mat(n, n; K) Wir betrachten nun die Menge I A := {P K[x] P (A) = 0} = Ker ϕ A Aus Lemma 62 folgt, dass I A ein Ideal in K[x] ist Da K[x] ein Hauptidealring ist, gibt es (falls I A {0}) genau ein normiertes Polynom µ A K[x] mit I A = µ A Satz 67 Es gibt genau ein normiertes Polynom 0 µ A K[x] mit folgenden Eigenschaften: (i) µ A (A) = 0 (ii) Ist P K[x] ein Polynom mit P (A) = 0, so ist P = Q µ A (iii) Unter allen normierten Polynomen P K[x] mit P (A) = 0 hat µ A minimalen Grad Definition Das Polynom µ A K[x] heißt das Minimalpolynom von A Beweis Wir zeigen zunächst I A {0} Es ist K[A] Mat(n, n; K), also gilt dim K[A] n 2 =: N Daher sind die Matrizen E, A, A 2,, A N

31 6 Das Minimalpolynom 31 linear abhängig, dh es gibt a 0, a 1,, a N K, nicht alle gleich 0, mit a 0 E + a 1 A + + a N A N = 0 Also ist 0 P (x) := a 0 + a 1 x + + a N x N I A Nach Satz 66 ist dann I A = µ A für ein eindeutig bestimmtes normiertes Polynom µ A 0 Beispiel 63 Es sei A = Man rechnet leicht aus: A 2 = Mat(n, n; K),, A n = 0 Daraus folgt Satz 68 Es gilt µ A (x) = x n deg µ A = dim K[A] Beweis Es sei m := dim K[A] Dann sind E, A, A 2,, A m linear abhängig Wie im Beweis von Satz 67 zeigt man, dass es ein (normiertes) Polynom P K[x] gibt mit deg P m und P (A) = 0 Also ist deg µ A m = dim K[A] Es sei umgekehrt m = deg µ A Zum Beweis von dim K[A] m betrachten wir U := Span{E, A,, A m 1 }

32 6 Das Minimalpolynom 32 Dann sind E, A,, A m 1 linear unabhängig, denn andernfalls wäre m = deg µ A nicht minimal Also ist dim U = m Es genügt zu zeigen: Dazu ist zu zeigen, dass Es sei Da µ A (A) = 0 folgt K[A] U A s V für s m µ A (x) = a 0 + a 1 x + + a m 1x m 1 + x m A m = a 0 E a m 1A m 1 U Durch Multiplikation mit A auf beiden Seiten folgt dann aber auch A m +1 = a 0 A a m 1A m U Die Behauptung folgt dann durch Induktion Korollar 65 Ist m = deg µ A, so ist {E, A,, A m 1 } eine Basis von K[A] Korollar 66 Eine Matrix A Mat(n, n; K) ist genau dann invertierbar, wenn µ A (0) 0 gilt In diesem Fall liegt A 1 K[A] Beweis Es sei µ A (x) = a 0 + a 1 x + + a m 1 x m 1 + x m das Minimalpolynom von A Dann gilt Setzen wir so folgt a 1 A + + a m 1 A m 1 + A m = a 0 E B := a 1 E + + a m 1 A m 2 + A m 1, AB = a 0 E Nach Korollar 65 ist B 0 Ist A nicht invertierbar, so gilt det A = 0, also µ A (0) = a 0 = 0 Ist A invertierbar, so ist B = a 0 A 1 und µ A (0) = a 0 0 Lemma 63 (Invarianz) Sind die Matrizen A, B Mat(n, n; K) ähnlich, dann stimmen die Minimalpolynome µ A und µ B überein

33 6 Das Minimalpolynom 33 Beweis Es sei P K[x] und B = S 1 AS Dann gilt P (S 1 AS) = a 0 E + a 1 S 1 AS + + a m (S 1 AS) m = a 0 S 1 ES + a 1 S 1 AS + + a m S 1 A m S = S 1 P (A)S Daraus folgt Damit können wir definieren: P (A) = 0 P (B) = P (S 1 AS) = 0 Definition Es sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum und f : V V ein Endomorphismus Dann ist das Minimalpolynom µ f von f das Minimalpolynom einer Darstellungsmatrix von f Nun zeigen wir, dass auch das charakteristische Polynom einer Matrix A in I A liegt Satz 69 (Satz von Cayley-Hamilton) Es sei P A Polynom einer Matrix A Mat(n, n; K) Dann gilt das charakteristische P A (A) = 0 Daraus folgt unmittelbar: Korollar 67 Das Minimalpolynom µ A teilt das charakteristische Polynom P A einer Matrix A Mat(n, n; K) Beweis von Satz 69 Wir wenden einen Trick an Wir setzen Dann gilt B(x) := (A xe) T Mat(n, n; K[x]) det B(x) = P A (x) K[x] Nun ersetzen wir die Unbestimmte x durch die Matrix A und jeden Eintrag a ij durch die Matrix a ij E Das ergibt a 11 E A a 21 E a n1 E a 12 E a 22 E A a n2 E B(A) = Mat(n, n; K[A]) a 1n E a 2n E a nn E A

34 7 Diagonalisierbarkeit 34 Diese Matrix kann mit einem Spaltenvektor des K n2 multipliziert werden, dh einem Spaltenvektor, dessen Einträge wiederum Spaltenvektoren des K n sind Insbesondere gilt e 1 a 11 e 1 Ae 1 + a 21 e a n1 e n B(A) = = 0 e n a 1n e 1 + a 2n e a nn e n Ae n 0 Nun sei B (x) Mat(n, n; K[x]) die zu B(x) adjungierte Matrix, die wir in LA I definiert haben Ihre Einträge sind entsprechend der Definition Polynome vom Grad n 1, und es gilt B (x)b(x) = (det B(x))E = P A (x)e Setzen wir nun A für x ein, so folgt 0 = B (A)B(A) 0 e 1 e n = P A (A)e 1 P A (A)e n Also ist P A (A) = 0 7 Diagonalisierbarkeit Nun kommen wir zurück auf das Problem, für die Darstellungsmatrix eines Endomorphismus eines endlich dimensionalen K-Vektorraums eine Normalform zu finden Zunächst betrachten wir noch einmal die Diagonalisierbarkeit Es sei V ein K-Vektorraum der Dimension n und f : V V ein Endomorphismus Definition Es sei λ ein Eigenwert von f (i) Die algebraische Vielfachheit von λ, in Zeichen ν alg (f, λ), ist die Vielfachheit von λ als Nullstelle des charakteristischen Polynoms (ii) Die geometrische Vielfachheit von λ, in Zeichen ν geom (f, λ), ist die Dimension des Eigenraums Eig(f, λ) Lemma 71 Ist λ Eigenwert von f, so gilt 1 ν geom (f, λ) ν alg (f, λ)

35 7 Diagonalisierbarkeit 35 Beweis Es sei (v 1,, v s ) eine Basis von Eig(f, λ) Da λ Eigenwert von f ist, gilt s 1 Wir ergänzen diese Basis zu einer Basis B = (v 1,, v s, v s+1,, v n ) von V Dann ist A := MB B (f) = λ 0 0 λ 0 A Daraus folgt und damit P f (x) = (x λ) s P A (x) ν geom (f, λ) = dim Eig(f, λ) = s ν alg (f, λ) Theorem 71 Es sei V ein n-dimensionaler K-Vektorraum und f : V V ein Endomorphismus von V Dann sind die folgenden Bedingungen äquivalent: (i) f ist diagonalisierbar (ii) Das charakteristische Polynom zerfällt in Linearfaktoren und es gilt ν geom (f, λ) = ν alg (f, λ) für alle Eigenwerte λ von f (iii) Sind λ 1,, λ k die paarweise verschiedenen Eigenwerte von f, so ist V = Eig(f, λ 1 ) Eig(f, λ k ) Beweis (i) (ii): Es sei f diagonalisierbar und λ 1,, λ k die paarweise verschiedenen Eigenwerte von f Zu λ i (i = 1,, k) betrachten wir eine Basis (v (i) 1,, v s (i) i ) von Eig(f, λ i ) Setzen wir r i := ν alg (f, λ i ), so gilt s s k = n, r r n = n und s i r i Daraus folgt aber s i = r i für alle i = 1,, k

36 7 Diagonalisierbarkeit 36 (ii) (iii): Es sei W := Eig(f, λ 1 ) + + Eig(f, λ k ) Nach I, Satz 193, und der Bedingung (iii) in Satz 15 folgt W = Eig(f, λ 1 ) Eig(f, λ k ) Aus (ii) und Satz 16 (iii) folgt dann W = V (iii) (i): Für jedes i = 1,, k sei Nach Satz 16 (ii) ist dann (v (i) 1,, v (i) s i ) eine Basis von Eig(f, λ i ) B := (v (1) 1,, v (1) s 1,, v (k) 1,, v (k) s k ) eine Basis von V Da sie nach Definition aus Eigenvektoren von f besteht, ist f diagonalisierbar Als Anwendung von Theorem 71 betrachten wir das Problem, zwei Endomorphismen mit einer gemeinsamen Basis zu diagonalisieren (simultane Diagonalisierung) Bemerkung 71 Angenommen, die Matrizen A, B Mat(n, n; K) lassen sich simultan diagonalisieren Das bedeutet, dass es eine Matrix S GL(n; K) gibt mit SAS 1 = D und SBS 1 = D, wobei D und D Diagonalmatrizen sind Dann gilt BA = S 1 DSS 1 DS = S 1 DDS = S 1 D DS = S 1 DSS 1 DS = AB Das bedeutet, dass A und B kommutieren müssen Satz 71 Sind f, g diagonalisierbare Endomorphismen von V und gilt f g = g f, so sind f und g simultan diagonalisierbar Beweis Nach Theorem 71 gilt V = Eig(f, λ 1 ) Eig(f, λ k ) = Eig(g, µ 1 ) Eig(g, µ l ), wobei λ 1,, λ k bzw µ 1,, µ l die verschiedenen Eigenwerte von f bzw g sind Es sei λ einer der Eigenwerte von f und W := Eig(f, λ)

37 8 Nilpotente Endomorphismen 37 Es sei w W Dann gilt f(g(w)) = g(f(w)) = g(λw) = λg(w) Also ist auch g(w) ein Eigenvektor von f zum Eigenwert λ, also liegt auch g(w) in W Damit gilt g(w ) W Setze W j := W Eig(g, µ j ) für j = 1,, l Behauptung W = W 1 W l Beweis Wegen I, Satz 193, und der Bedingung (iii) in Satz 15 reicht es zu zeigen: W = W W l Es sei w W Dann gibt es w j Eig(g, µ j ), so dass w = w w l Dann gilt f(w) = f(w 1 ) + + f(w l ) = λw λw l = λw Da f(w j ) Eig(g, µ j ) und λw j Eig(g, µ j ) und die Darstellung von w in eindeutig ist, folgt also w j W und somit w j W j Eig(g, µ 1 ) Eig(g, µ l ) f(w j ) = λw j, Da die Behauptung für alle Eigenwerte λ von f gilt, folgt die Aussage des Satzes 8 Nilpotente Endomorphismen Wie wir in Theorem 71 gesehen haben, gibt es zwei Bedingungen für die Diagonalisierbarkeit: (a) Das charakteristische Polynom muss in Linearfaktoren zerfallen, und (b) die geometrische Vielfachheit muss gleich der algebraischen Vielfachheit der Eigenwerte sein Wir untersuchen nun, welche Aussage man noch treffen kann, wenn nur die Bedingung (a) erfüllt ist

38 8 Nilpotente Endomorphismen 38 Definition Eine Matrix A = (a ij ) Mat(n, n; K) heißt obere Dreiecksmatrix, wenn a ij = 0 für i > j gilt Satz 81 Für einen Endomorphismus f eines n-dimensionalen Vektorraums sind die folgenden Bedingungen äquivalent: (i) Es gibt eine Basis B, so dass MB B (f) eine obere Dreiecksmatrix ist (ii) Das charakteristische Polynom P f zerfällt in Linearfaktoren, dh P f (x) = ±(x λ 1 ) (x λ n ) mit λ 1,, λ n K Beweis (i) (ii): Dies folgt aus I, Satz 181 (ii) (i): Wir führen den Beweis durch Induktion über n Für n = 0, 1 ist die Behauptung klar Es sei n 2 und v 1 ein Eigenvektor zu dem Eigenwert λ 1 Wir ergänzen ihn zu einer Basis von V Dann gilt und B = (v 1, w 2,, w n ) V = U 1 W mit U 1 := Span{v 1 } und W := Span{w 2,, w n } MB B (f) = λ 1 a 12 a 1n a 22 a 2n 0 0 a n2 a nn Wir definieren nun lineare Abbildungen h : W U 1 und g : W W durch für j = 2,, n Dann gilt h(w j ) = a 1j v 1 und g(w j ) = a 2j w a nj w n f(w) = h(w) + g(w) für alle w W Für die charakteristischen Polynome gilt P f (x) = (x λ 1 )P g (x), also P g (x) = ±(x λ 2 ) (x λ n ) Deswegen können wir die Induktionsvoraussetzung auf g : W W anwenden Demnach gibt es eine Basis (v 2,, v n ) von W, bezüglich der g durch eine obere Dreiecksmatrix dargestellt wird Für f gilt dann f(v j ) = h(v j ) + g(v j ) Span{v 1,, v j } für j = 2,, n Also ist auch die Darstellungsmatrix von f bezüglich der Basis B = (v 1,, v n ) eine obere Dreiecksmatrix Wir betrachten nun eine Anwendung dieses Satzes

39 8 Nilpotente Endomorphismen 39 Definition (i) Ein Endomorphismus f : V V heißt nilpotent, wenn f k = 0 für ein k 1 ist (ii) Eine Matrix A Mat(n, n; K) heißt nilpotent, wenn A k = 0 für ein k 1 ist Lemma 81 Es sei A nilpotent (i) Ist B ähnlich zu A, dann ist auch B nilpotent (ii) 0 ist der einzige Eigenwert von A Beweis (i): Es sei B = S 1 AS und A k = 0 Dann gilt B k = (S 1 AS)(S 1 AS) (S 1 AS) = S 1 A k S = 0 (ii): Es sei A k = 0 Aus det A k = 0 folgt det A = 0 Deshalb ist 0 ein Eigenwert von A Dies ist auch der einzige Eigenwert: Ist λ K ein Eigenwert von A mit Eigenvektor x 0, dann gilt A k x = λ k x = 0 und daraus folgt λ = 0 Satz 82 Für einen Endomorphismus f eines n-dimensionalen Vektorraums V sind die folgenden Bedingungen äquivalent: (i) f ist nilpotent (ii) Es sei B eine Basis von V Dann ist die Darstellungsmatrix M B B (f) von f bezüglich der Basis B nilpotent (iii) Es gilt P f (x) = ±x n (iv) Es gilt f d = 0 für ein d mit 1 d n (v) Es gibt eine Basis B von V, so dass M B B (f) = 0 0 0

40 8 Nilpotente Endomorphismen 40 Beweis (i) (ii) ist klar (ii) (iii): Es sei A := MB B (f) Nach Lemma 81 (ii) ist 0 der einzige Eigenwert von A Deswegen hat das charakteristische Polynom die Gestalt P f (x) = ±x n (iii) (iv): Aus dem Satz von Cayley-Hamilton folgt µ f (x) = x d für ein d mit 1 d n Das bedeutet f d = 0 (iv) (i) ist klar (iii) (v) folgt aus Satz 81 (v) (ii): Es sei A = MB B(f) = (a ij) mit a ij = 0 für i j Behauptung A r = (a (r) ij ) mit a(r) ij = 0 für i j + 1 r Beweis Wir führen Induktion nach r durch Induktionsanfang r = 1: Dies gilt nach Voraussetzung Induktionsschritt r 1 r: Es gilt a (r) ij = n l=1 a il a (r 1) lj Es sei nun i j + 1 r und 1 l n Wir unterscheiden zwei Fälle: Fall 1: j + 1 r l Dann ist i l, also a il = 0 nach Voraussetzung Fall 2: l > j +1 r Dann ist l j +1 (r 1) Dann gilt aber a (r 1) lj = 0 nach Induktionsvorausetzung Also gilt a (r) ij = 0 Aus der Behauptung folgt A n = 0 Ist A die Darstellungsmatrix von f bezüglich einer anderen Basis, so ist A ähnlich zu A Die Behauptung folgt damit aus Lemma 81 (i) Wir wollen nun zeigen, dass wir die Matrix in Satz 82 (v) noch auf eine einfachere Gestalt bringen können Definition Die Matrix J k = Mat(k, k; K) heißt Jordanmatrix von der Ordnung k

41 8 Nilpotente Endomorphismen 41 Nach Beispiel 63 ist J k nilpotent, genauer gilt Jk k Potenz mit dieser Eigenschaft Wie sieht J 1 aus? = 0 und k ist die minimale Theorem 81 (Jordannormalform nilpotenter Endomorphismen) Es sei f ein nilpotenter Endomorphismus eines K-Vektorraums V und d := min{l f l = 0} (d heißt auch der Nilpotenzindex von f) Dann gibt es eindeutig bestimmte Zahlen s 1,, s d N mit d s d + (d 1)s d s 1 = n = dim V und eine Basis B von V, so dass J d J d J d 1 0 MB B (f) = Jd 1 0 J1 J1 Beweis Wir definieren U l := Ker f l und betrachten die Kette von Unterräumen {0} = U 0 U 1 U d 1 U d = V Dabei gilt U d = V nach Definition von d, und da d die minimale Potenz mit f d = 0 ist, sind alle Inklusionen echt Behauptung (1) Für 1 l d ist f 1 (U l 1 ) = U l, insbesondere f(u l ) = U l 1 (2) Ist W ein Unterraum von V mit W U l = {0} für ein 1 l d, so ist f W injektiv Beweis (1): Es gilt v f 1 (U l 1 ) f(v) U l 1 0 = f l 1 (f(v)) = f l (v) v U l

42 8 Nilpotente Endomorphismen 42 (2) Es gilt Ker f = U 1 U l für jedes 1 l d, also W Ker f = {0} Nun konstruieren wir schrittweise eine direkte Summenzerlegung von V Zunächst wählen wir ein Komplement W d V von U d 1 in V = U d : Aus Behauptung (1) folgt dann (a) f(w d ) U d 1 und (b) f(w d ) U d 2 = {0} V = U d = U d 1 W d Denn aus W d U d und f(u d ) = U d 1 folgt (a) Aus f 1 (U d 2 ) = U d 1 und W d U d 1 = {0} folgt (b) Also gibt es eine Zerlegung U d 1 = U d 2 W d 1 mit f(w d ) W d 1 Fahren wir so fort, so erhalten wir folgendes Schema: U d U d 1 W d U d 2 W d 1 W d U 1 W 2 W 3 W d U 0 W 1 W 2 W d 1 W d Dabei zeigen die Pfeile an, wie f die entsprechenden Unterräume abbildet Jede Zeile ist eine Zerlegung von V, wegen U 0 = {0} ist insbesondere Da die Abbildungen V = W 1 W 2 W d f Wd f Wd 1 f W2 W d Wd 1 W1 nach Behauptung (2) alle injektiv sind, können wir mit einer Basis von W d anfangen, das Bild dieser Basis unter f Wd zu einer Basis von W d 1 ergänzen,

43 9 Die Jordansche Normalform 43 usw, bis wir zu einer Basis von V gelangen: w (d) 1, f(w (d) 1 ),, f d 1 (w (d) 1 ), w s (d) d, f(w s (d) d ),, f d 1 (w s (d) d ), w (d 1) 1,, f d 2 (w (d 1) 1 ), w s (d 1) d 1,, f d 2 (w s (d 1) d 1 ), w (1) 1, w (1) s 1 Dabei ist die erste Spalte eine Basis von W d, die zweite Spalte eine Basis von W d 1, und schließlich die letzte Spalte eine Basis von W 1 = U 1 = Ker f Ordnen wir die Basis nun so an, dass wir die Zeilen von oben nach unten lesen, aber in jeder Zeile umgekehrt, also von rechts nach links, laufen, so erhalten wir eine Basis von V, bezüglich der die Darstellungsmatrix von f die angebene Gestalt hat Wir müssen nun noch zeigen, dass die Zahlen s 1,, s d eindeutig bestimmt sind Dazu sei W l ein Komplement von f(w l+1 ) in W l, l = 1,, d (hier setzen wir W d+1 = {0}) Dann gilt wegen U l = U l 1 f(w l+1 ) W l und da f Wl+1 injektiv ist s l = dim W l = dim U l dim U l 1 dim W l+1 Damit sind diese Zahlen rekursiv aus den Dimensionen der Kerne von f l berechenbar 9 Die Jordansche Normalform Es sei K ein beliebiger Körper, V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum mit dim V 1 und f : V V ein Endomorphismus mit zerfallendem charakteristischen Polynom P f (x) = ±(x λ 1 ) r1 (x λ k ) r k, λ 1,, λ k K paarweise verschieden

44 9 Die Jordansche Normalform 44 Wir haben bereits gesehen, dass dann f durch eine obere Dreiecksmatrix dargestellt werden kann Dieses Ergebnis soll nun noch präzisiert werden Im Allgemeinen gilt dim Eig(f, λ i ) = ν geom (f, λ i ) r i Gilt hier nicht die Gleichheit, so betrachtet man anstelle des Eigenraums einen größeren Unterraum Definition Für einen Eigenwert λ der Vielfachheit r 1 nennt man Hau(f, λ) := Ker(f λid) r den Hauptraum (oder verallgemeinerten Eigenraum) von f zum Eigenwert λ Satz 91 (Hauptraumzerlegung) Es sei f ein Endomorphismus von V und P f (x) = ±(x λ 1 ) r1 (x λ k ) r k mit paarweise verschiedenen λ 1,, λ k K Es sei V i := Hau(f, λ i ) V der Hauptraum zum Eigenwert λ i Dann gilt: (1) dim V i = r i und f(v i ) V i für i = 1,, k (2) V = V 1 V k (3) f hat eine Zerlegung f = f D + f N mit (a) f D ist diagonalisierbar (b) f N ist nilpotent (c) f D f N = f N f D Durch Kombination dieses Satzes mit der Klassifikation nilpotenter Endomorphismen (Theorem 81) erhält man das Hauptresultat dieses Abschnitts Theorem 91 (Jordansche Normalform) Es sei f ein Endomorphismus von V und P f (x) = ±(x λ 1 ) r1 (x λ k ) r k