Lösungen UB8 - Institut für Mathematik

Prof. A. Cattaneo
Institut für Mathematik
Universität Zürich
Lineare Algebra II
8. Übung: Lösungen
Aufgabe 1
Sei m ∈ Z/nZ, sodass gcd(m, n) = 1. Konstruieren Sie einen Algorithmus, sodass
input : (m, n)
output : k, sodass km = 1
mod n.
Hinweis: Es gibt p1 und r1 , sodass
m = np1 + r1 , 0 ≤ r1 < n.
Es gibt p2 , r2 , sodass
n = r1 p2 + r2 , 0 ≤ r2 < r1 .
Am Ende gilt, dass
rk−1 = rk pk+1 + 1.
Und jetzt?
Lösung:
Wir können deb oben definierten Algorithmus (es heisst Divisionsalgorithmus) benutzen, um die
Zahlen (m, n), (p1 , r1 ), (p2 , r2 ) · · · (pk , rk ), (pk+1 , 1) zu produzieren, wobei 1 < rk < rk−1 < r1 . Von
die letzte Gleichung, man kann schreiben
1 = rk−1 − rk pk+1 .
(1)
Wir bezeichnen die Koeffizienten von rk−1 und rk als bk−1 := 1, bk := −pk+1 , dass heisst
1 = bk−1 rk−1 + bk rk .
(2)
rk = rk−2 − rk−1 pk ,
(3)
Auch wir haben dass
Wir ersetzen Gleichung (1) auf Gleichung (3) und dann, haben wir dass
1
=
rk−1 − (rk−2 − rk−1 pk )pk+1 .
(4)
1
=
rk−1 (1 + pk pk+1 ) − rk−2 pk+1 .
(5)
Wir bezeichnen die Koeffizienten von rk−2 und rk−1 als bk−2 := pk+1 , bk−1 := (1 + pk pk+1 ),
Deshalb, konstruieren wir die Zahlen (bk−1 , bk ), (bk−2 , bk−1 )...(b1 , b2 ), und am Ende
1 = b0 m + b1 n ⇔ 1 − b0 m = b1 n.
Dass heisst
input : (m, n)
output :
k = b0 .
Aufgabe 2
(a) Berechnen Sie die Hauptraumzerlegung der folgenden Matrizen über R:


3 0 1
(i) M1 =  2 1 1
−1 0 1
Lösung:
Wir berechnen das charakteristische Polynom von M1 :
p(λ) = 4 − 8λ + 5λ2 − λ3 = −(λ − 2)2 (λ − 1), λ1 = 1, λ2 = λ3 = 2.
Für Hau(M1 ; λ1 ), berechnen wir


2 0 1
ker( 2 0 1) = span((0, 1, 0)t ).
−1 0 0
Für Hau(M1 ; λ2 ), berechnen wir

2
1
0
1
ker( 2 −1 1  ) = span((0, 0, 1)t , (1, 1, 0)t ).
−1 0 −1
Deshalb,

S −1
und



0 0 1
−1 0 1
= 1 0 1 , S =  1 0 0
0 1 0
1 1 0

SM1 S
−1

)
(
1 0 0 (
1 1
2


= 0 1 1 ,
= 2E2 + N =
−1 3
0
0 −1 3
) (
0
−1
+
2
1
)
−1
,
1
mit N 2= 0.

−2 2 −1
(ii) M2 = −1 0 0 
−1 1 −1
Lösung:
Wir berechnen das charakteristische Polynom von M2 :
p(λ) = −(1 + λ)3 , λ1 = λ2 = λ3 = −1
Wir haben dass
Hau(M2 , −1) = ker(M2 + E3 )3 = R3
. Wir wählen die kanonische Basis β = {e1 , e2 , e3 }, sodass S2 = S2−1 = E3 .
(b) Berechnen Sie die Exponentialmatrizen exp(M1 ) und exp(M2 ).
Lösung:
Wir haben dass
exp(M1 )
=
=
=
=
=
Wir haben dass
exp(M2 )

1 0 0
exp(S −1 (SM1 S −1 )S) = S −1 exp(SM1 S −1 )S = S −1 exp(0 1 1)S
0 −1 3

 

1 0 0
0 0
0
S −1 exp(0 2 0 + 0 −1 −1)S
0 0 2
0 1
1




1 0 0
0 0
0
S −1 exp(0 2 0) exp(0 −1 −1)S
0 0 2
0 1
1
 1



e
0 0
0 0
0
S −1 ( 0 e2 0  (E3 + 0 −1 −1)S
0 0 e2
0 1
1


2
2
2e
0 e
−e + 2e2 e e2  .
−e2
0 0




−1 0
0
−1 2 −1
D2 =  0 −1 0  und N2 = −1 1 0  Dann,
0
0 −1
−1 1 0
=

exp(S2−1 (S2 M2 S2−1 )S2 ) = S2−1 exp(S2 M2 S2−1 )S2 = exp(D2 ) exp(N2 )
 −1
e
exp(D2 ) =  0
0
wobei
0
e−1
0

0
0 
e−1


0 3/2 −1/2
exp(N2 ) = E3 + N2 + N22 = −1 3/2 1/2  .
−1 1/2 3/2
und
Deshalb

e−1
exp(M2 ) =  0
0
0
e−1
0

0 3/2
0
0  −1 3/2
−1 1/2
e−1
Aufgabe 3
Bringen Sie die Matrizen M1 , M2 (Aufgabe 2) und

2 0
M 3 = 1 3
1 0
 
−1/2
0
1/2  = −e−1
−e−1
3/2
3/2e−1
3/2e−1
1/2e−1

−1/2e−1
1/2e−1 
3/2e−1

−1
1
4
in Jordansche Normalform.
Lösung:
Wir haben dass



3 0 1
1
M1 =  2 1 1 , B1 = {(0, 0, 1)t , (1, 1, 0)t , (0, 1, 0)t }, MB1 (M1 ) = 1
−1 0 1
0
(
wobei
M11
=

−1 0
3 0
0 1
(
)
)
−1 −1
1 −1
1
1
,
, N1 = M1 − 2E2 =
1
1
1 3
wir wissen dass (N11 )2 = 0 ⇒ ker(N11 )2 = R2 und dass
ker(N11 ) = span{(1, −1)t }.
Wir wählen eine Basis
von W
durch R2 = ker(N11 )⊕W2 . Es folgt dass W2 = span{(1, 0)t }.
( )
( 2 , definiert
)
1
−1
Wir berechnen N11
=
und wir ergänzen zu einer Basis von W1 , definiert durch
0
1
ker(N11 ) = ker(N11 )0 ⊕ W1 = W1 = span{(−1, 1)t }.
Deshalb,
B11 = {−(0, 0, 1)t + (1, 1, 0)t , (0, 0, 1)t , (0, 1, 0)t } = {(1, 1, −1)t , (0, 0, 1)t , (0, 1, 0)t },
und

−2
Jetzt, M2 = −1
−1
0. Deshalb
2
0
1

2
MB11 (M1 ) = 0
0


−1
−1
0  , N2 = M2 +E3 = −1
−1
−1
1
2
0
2
1
1

0
0 .
1


−1
0 −1
0 , sodass N22 = 0 −1
0
0 −1

1
1 , N23 =
1
ker(N2 ) = span{(1, 1, 1)t }, ker(N22 ) = span{(1, 0, 0)t , (0, , 1, 1)t }, ker(N33 ) = R3 .
Wir wählen eine Basis
W3definiert durch R3 = ker N22 ⊕ W3 . Deshalb, W3 = span{(0, 1, 0)t }.
 von
0
2
Wir berechnen N2 1 = 1 und wir ergänzen zu einer Basis von W2 mit ker N22 = ker N2 ⊕W2 .
0
1
   
2
−1
Deshalb W2 = span{(2, 1, 1)t }. Wir berechnen N2 1 = −1 und wir ergänzen zu einer Basis
1
−1
von W1 mit
ker N2 = ker N20 ⊕ W1 = W1 = span{(−1, −1, −1)t }.
Dannach,

−1
B21 = {(−1, −1, −1)t , (2, 1, 1)t , (0, 1, 0)t } ⇒ MB21 (M2 ) =  0
0

2 0
Jetzt, M3 = 1 3
1 0

1
0
−1 1  .
0 −1

−1
1 . Wir berechnen
4
P (λ) = (3 − λ)3 ⇒ λ1 = λ2 = λ3
. Es folgt dass

−1 0
N3 = M3 − 3E3 =  1 0
1 0

−1
1  , N32 = 0.
1
Deshalb ker N3 = span{(0, 1, 0)t , (1, 0, −1)t }. Wir wählen eine Basis von W2 mit
R3 = ker N3 ⊕ W2 , ⇒ W2 = span{(1, 0, 0)t }.
   
1
−1
Wir berechnen N3 0 =  1  und wir ergänzen zu einer Basis W1 mit
0
1
ker N3
=
ker N30 ⊕ W1 = W1 = span{(0, 1, 0)t , (1, 0, −1)t } = span{(−1, 1, 1)t , (0, 1, 0)t } ⇒
B3 = {(−1, 1, 1)t , (1, 0, 0)t , (0, 1, 0)t }.
Deshalb

3 1
MB3 (M3 ) = 0 3
0 0

0
0
3