Prof. Dr. A. Lytchak WS 2013/14 Blatt 8 11.6.2014 Lineare Algebra II — Bearbeitungsvorschlag — 29. Jeder Endomorphismus V → V hat immer die beiden trivialen invarianten Unterräume {0} und V . Im Folgenden bezeichnen wir daher nur echte Unterräume als invariant. Für Endomorphismen f : R2 → R2 sind invariante Unterräume also nichts anderes als Geraden, die von Eigenvektoren aufgespannt werden. Ist f nicht-trivial, dann gibt es genau in zwei Fällen komplementäre invariante Unterräume U, U 0 . Entweder f ist ein Vielfaches der Identität, d.h. es gibt einen Eigenwert mit geometrischer Vielfachheit 2, oder es gibt zwei verschiedene Eigenwerte. a b Die Matrix hat die Eigenwerte a, c ∈ R. Ist b = 0, so sind die Einheits0 c vektoren e1 , e2 Eigenvektoren und diese spannen komplementäre Eigenräume auf. Nehmen wir also 6= 0 an. Für die Eigenräume ergibt sich E(a) = span(e1 ) und b 1 E(c) = span c−a . Die beiden Eigenräume sind genau dann komplementär, b falls a 6= c. 0 c Für die Matrix behandeln wir zunächst den Fall a = 0. Dann gibt es die a b . Ist b = 0, so gibt es also nur einen Eigenwert, nämlich Eigenwerte λ± = b±|b| 2 0. Der dazugehörige Eigenraum wird für c 6= 0 von e1 aufgespannt, ist also 1dimensional und hat damit kein invariantes Komplement. Für b 6= 0 ergeben sich die Eigenwerte 0, b mit komplementären Eigenräumen E(0) = span(e1 ) und E(b) = span c b 1 . Damit ist der Fall a = 0 abgeschlossen. Sei√ ab jetzt a 6= 0. Dann ergibt sich für die Eigenwerte die Gleichung λ± = b± b2 +4ac . Es gibt also nur für b2 + 4ac ≥ 0 reelle Eigenwerte. Wir setzenD := 2 b−D √ 2a b2 + 4ac. Für die Eigenräume ergibt sich dann E( b+D ) = span und 2 −1 b+D E( b−D ) = span 2a . Diese sind komplementär falls b + D 6= b − D, also genau 2 −1 dann wenn D 6= 0 (und damit D > 0). 30. a) Wir setzen U = ker(B1 ). Wegen AB1 = B1 A ist U ein A-invarianter Unterraum. Es gilt U ( Kn , denn B1 6= 0. B1 B2 = 0 ist äquivalent zu Im B2 ⊂ U . Wegen B2 6= 0 gilt Im B2 6= {0} und damit U 6= {0}. U ist also ein echter A-invarianter Unterraum. b) Wir setzen Bi := pi (A). Wäre Bi = 0, so würde die Behauptung aus einem Satz aus der Vorlesung folgen, denn grad(pi ) < n. Wir können also Bi 6= 0 annehmen. Nach dem Satz von Cayley-Hamilton gilt 0 = χA (A) = B1 B2 . Da A mit allen Polynomen in A kommutiert, gilt insbesondere B1 A = AB1 . Die Behauptung folgt nun aus Teilaufgabe a). 31. Für das charakteristische Polynom ergibt sich jeweils χ(λ) = −λ5 . Damit ist das Minimalpolynom gegeben durch µ(λ) = λk , wobei k gerade der Nilpotenzindex ist. Die angegebenen Matrizen haben alle Blockgestalt und k ist gerade die maximale Zahl, so dass es eine k × k-Untermatrix gibt die nur Einsen auf der Nebendiagonale und sonst nur Nullen als Einträge hat (maximaler Jordanblock). Es ergibt sich also: a) µ(λ) = λ4 ; b) µ(λ) = λ3 ; c) µ(λ) = λ3 ; d) µ(λ) = λ2 . 32. a) Wir bezeichnen die Matrix mit A. Es gilt entweder χA = µA , oder µA ist ein echter Teiler von χA . Letzteres bedeutet µA (λ) = (λ − λ̃). Wegen µA (A) = 0 bedeutet dies A = λ̃1 bzw. a = d = λ̃ und b = c = 0. b) Wir bezeichnen die Matrix wieder mit A. Das Minimalpolynom hat entweder Grad 2 oder Grad 3, denn A ist kein Vielfaches der Einheitsmatrix. Falls es Grad 3 hat, so gilt wegen Normiertheit µA = −χA . Wir zeigen, dass A2 , A, 1 linear unabhängig sind, also dass A nicht Nullstelle eines Polynoms mit Grad 2 ist. Nehmen wir also u2 A2 + u1 A + u0 1 = 0, mit 2 , u1 , u0 ∈ R, u u0 an. Wenden wir die Gleichung auf e1 an, so erhalten wir u1 = 0 ∈ R3 . u2 Also gilt für das Minimalpolynom immer µA = −χA .