Musterlösungen Aufgabenblatt Nr. 3

Musterlösungen zur Linearen Algebra II
Blatt 3
Aufgabe 1. Sei K ein kommutativer Körper. Dann ist der Ring K[x]n×n der
(n × n)-Matrizen über K[x] isomorph zum Polynomring K n×n [x] über dem Ring
K n×n .
Beweis. Sei p ∈ K n×n [x] gegeben. Dann hat p die Form p =
(k)
gewisse Matrizen A(k) = (aij ).
Wir zeigen im Folgenden, dass die Abbildung
φ:K
n×n
[x] → K[x]
n×n
Ps
k=0
A(k) xk für
s
s
X
X
(k)
(k) k
, (φ(
A x ))ij =
aij xk
k=0
k=0
ein Isomorphismus von Ringen ist. Dafür ist nur zu zeigen, dass φ bijektiv ist und
für a, b ∈ K n×n [x] gilt: φ(1) = 1, φ(a + b) = φ(a) + φ(b) sowie φ(ab) = φ(a) · φ(b).
Ist dieses gezeigt, folgt aus allgemeinen Überlegungen, dass auch die Umkehrabbildung φ−1 ein Ringhomomorphismus ist mit φ−1 ◦ φ = id und φ ◦ φ−1 = id, d.h.
dass dann φ ein Ringisomorphismus ist.
Diese drei Eigenschaften folgen aber sofort aus der Definition von φ.
Aufgabe 2. Bestimmen Sie das Minimalpolynom folgender komplexen Matrizen:


2
1
0
0
0 2 0 0
1 3

A :=
, B := 
0 0 1 1 .
−2 0
0 0 −2 4
Da A keine Diagonalmatrix ist, hat das Minimalpolynom mA von A einen Grad
≥ 2. Nach dem Satz von Cayley-Hamilton ist das Minimalpolynom ein Teiler
des charakteristischen Polynoms, das in diesem Fall Grad 2 hat. Also hat auch
das Minimalpolynom Grad 2 und aufgrund der Normiertheit muss es gleich dem
charakteristischen Polynom sein, also gilt mA = χA = (x − 1)x + 6 = x2 − x + 6.
Die Matrix B ist eine Blockmatrix mit Blöcken
2 1
1 1
B1 :=
und B2 :=
.
0 2
−2 4
Wie für die Matrix A argumentiert man, dass gilt mB1 = χB1 = (x − 2)2 und
mB2 = χB2 = (x − 1)(x − 4) + 2 = x2 − 5x + 6 = (x − 2)(x − 3).
Nun gilt mB = kgV(mB1 , mB2 ): Ist p ein weiteres Polynom mit p(B) = 0, so teilen
mB1 und mB2 das Polynom p, da p(B1 ) = p(B2 ) = 0, also teilt auch ihr kgV dieses
Polynom. Andererseits ist aufgrund der Blockgestalt auch kgV(mB1 , mB2 )(B) =
0, woraus die Behauptung folgt.
1
Insgesamt gilt also mB = (x−2)2 (x−3) = (x2 −4x+4)(x−3) = x3 −7x2 +16x−12.
Setzt man für x die Matrix B ein, folgt B 3 = 7B 2 − 16B + 12I4 da mB (B) = 0.
Multipliziert man diese Gleichung mit B und setzt die Darstellung von B 3 wieder
ein, so folgt
B 4 = 7B 3 − 16B 2 + 12B = 33B 2 − 100B + 84I4 ,
was die gewünschte Darstellung von B 3 und B 4 als Linearkombination von I4 , B
und B 2 ist.
Aufgabe 3. Sei K ein kommutativer Körper, V ein endlich-dimensionaler KVektorraum und φ ∈ End(V ). Sei λ ∈ K ein Eigenwert von φ mit geometrischer
Vielfachheit dλ und algebraischer Vielfachheit eλ . Zeigen Sie, dass dλ ≤ eλ gilt.
Beweis. Sei B 0 := (v1 , . . . , vd ) eine Basis des Eigenraums Vλ fü d := dλ . Ergänze
B 0 zu einer Basis B = (v1 , . . . , vd , vd+1 , . . . , vn ) von V . Dann gilt
A1 A 2
A := B φB =
0 A3
mit A1 = λ · Id und gewissen A2 ∈ K d×(n−d) und A3 ∈ K (n−d)×(n−d) . Damit gilt
für das charakteristische Polynom von φ :
χφ = det(x · Id − A1 ) · det(x · In−d − A3 ) = (x − λ)d · det(x · In−d − A3 )
aufgrund der Multiplikationsregel der Determinante für Blockmatrizen. Daraus
folgt die Behauptung nach der Definition der algebraischen Vielfachheit.
Aufgabe 4.
a) Sei A eine (n × n)−Matrix über einem kommutativen Körper K und S eine
invertierbare Matrix, deren Spalten Eigenvektoren von A sind. Berechnen
Sie S −1 AS.
b) Für welche r ∈
R ist die Matrix


5 −r 0
Ar := r −5 0
1 −5 r
R
über
diagonalisierbar? Finden Sie eine Matrix S, so dass S −1 A3 S eine
Diagonalmatrix ist.
Beweis.
2
a) Sei vi der i. Spaltenvektor von S, d.h. vi ist ein Eigenvektor von A zu
einem gewissen Eigenwert λi . Nach Definition gilt also Avi = λi vi und aus
der Definition des Matrizenproduktes folgt für die Diagonalmatrix D mit
dii = λi :
AS = SD.
Damit folgt dann S −1 AS = S −1 SD = D.
b) Das Entwickeln nach der dritten Spalte liefert
χAr = (x − r)((x − 5)(x + 5) + r2 ) = (x − r)(x2 − 25 + r2 ).
R
Notwendig dafür, dass A diagonalisierbar über ist, ist die Bedingung, dass
χA in Linearfaktoren zerfällt. Dies ist genau
√ dann der Fall,
√ wenn r ∈ [−5, 5].
2
2
In diesem Fall ist χAr = (x − r)(x − 25 − r )(x + 25 −
√ r ) und für
die
ist es hinreichend, dass gilt r 6= ± 25 − r2 und
√ Diagonalisierbarkeit
√
2
2
25 − r 6= − 25 − r . Die erste Bedingung ist äquivalent zu r 6= ± √52 ,
die zweite zu r 6= ±5.
Bislang ist also gezeigt, dass für |r| > 5 n
die Matrix
Ar nicht über
diao
gonalisiert werden kann, für r ∈ (−5, 5)\ ± √52 jedoch schon. Es bleiben
R
die vier Fälle r = ±5, ± √52 zu betrachten.
Ist r = ±5, so ist χA±5 = (x−5)x2 , d.h. um diagonalisierbar zu sein, müsste
gelten dim V0 (A) = 2, aber es ist dim V0 (A) = 1.
Ist r = √52 , so zeigt man ebenso, dass der Eigenraum zum Eigenwert √52
nur eindimensional ist, obwohl der Faktor (x − √52 ) doppelt vorkommt, also
Ar nicht diagonalisierbar ist. Gleiches gilt für r = − √52 .
Zusammenfassend gilt: Ar ist genau dann diagonalisierbar, wenn |r| < 5
und |r| =
6 √52 .
Um eine invertierbare Matrix S zu finden, so dass S −1 AS Diagonalgestalt
hat, bestimmt man wie üblich Basen zu den verschiedenen Eigenräumen
und schreibt die erhaltenen Vektoren als Spalten einer Matrix. Vergleiche
dazu auch den ersten Teil.
Für das charakteristische Polynom gilt χA3 = (x − 3)(x − 4)(x + 4). Damit
berechnet man

−2

V3 (A) = ker(3 · I3 − A3 ) = ker −3
−1

−1
V4 (A) = ker(4 · I3 − A3 ) = ker −3
−1
3

 
3 0
0


8 0 = h 0i,
5 0
1

 
3 0
3
9 0 = h 1 i,
5 1
−2


 
−9 3 0
1



V−4 (A) = ker(−4 · I3 − A3 ) = ker −3 1 0
= h 3i.
−1 5 −7
2




0 3 1
3 0 0
Damit gilt dann für S := 0 1 3 schliesslich S −1 AS = 0 4 0  .
1 −2 2
0 0 −4
4