Lineare Algebra II (MIIB) - Lösungsskizze zu Blatt 8

Mathematisches Institut der Universität München
H.-J. Schneider
SS 2002
Lineare Algebra II (MIIB) - Lösungsskizze zu Blatt 8
Aufgabe 29
Das charakteristische Polynom der Matrix A ist PA (x) = (2−x)2 (3−x). Es zerfällt also vollständig
in Linearfaktoren und ist damit, nach dem entsprechenden Satz aus der Vorlesung, trigonalisierbar. Zur Bestimmung der Matrix Q sind die Eigenvektoren zu ermitteln und zu einer Basis zu
ergänzen. Der Eigenraum zum Eigenwert 3 wird aufgespannt von dem Vektor (1, 1, −2). Der Eigenraum zum Eigenwert 2 wird aufgespannt von dem Vektor (1, 0, 0). Damit ist die Matrix A
nicht diagonalisierbar. Nun braucht man noch einen dritten Vektor, der die beiden Eigenvektoren
zu einer Basis von R3 ergänzt. Dafür kann man z.B. das Vektorprodukt der Eigenvektoren bilden
und erhält (0, 2, 1) als dritten Vektor. Die Matrix Q ist dann gegeben als


1
1 0
 0
1 2  .
0 −2 1
Aufgabe 30
Da A diagonalisierbar ist gibt es ein Q ∈ GLn (K) so dass D := QAQ−1 eine Diagonalmatrix ist.
Dann ist die Abbildung
CA := {B ∈ Mn (K)|AB = BA} → {B ∈ Mn (K)|DB = BD}
B 7→ QBQ−1
ein Isomorphismus (von K-Vektorräumen). Also können wir für den Beweis ohne Einschränkung
annehmen, dass A eine Diagonalmatrix ist.
Für B ∈ Mn (K) wird damit die Bedingung AB = BA äquivalent zu
∀1 ≤ i, j ≤ n : aii bij = bij ajj
dies ist wiederum äquivalent zu
∀1 ≤ i, j ≤ n : (aii 6= ajj ⇒ bij = 0)
Also können wir bij für B ∈ CA genau dann beliebig wählen, wenn aii = ajj = λt für ein 1 ≤ t ≤ k.
Da der Eigenwert λt genau et mal in der Diagonalen von A vorkommt, gibt es e2t Paare (i, j) so
dass ai i = aj j = λt . Also ist die Dimension von CA gleich e21 + . . . + e2k .
Aufgabe 31
λ ist genau dann Eigenwert von AB, wenn AB − λE nicht invertierbar ist. Ist λ = 0, so ist
AB nicht invertierbar also nach MIB auch BA nicht invertierbar also λ = 0 auch ein Eigenwert
von BA. Ist andererseits λ 6= 0, so können wir durch λ teilen und erhalten, dass λ−1 AB − E
nicht invertierbar ist. Nach dem Hinweis ist dann auch B(λ−1 A) − E nicht invertierbar. Also auch
BA − λE nicht invertierbar und somit λ Eigenwert von BA. Somit ist jeder Eigenwert von AB
auch einer von BA. Die andere Richtung folgt durch vertauschen von A und B.
Aufgabe 32
Es gilt


−X
0
c
 = −X 3 + aX 2 + bX + c
b
PA (X) = det  1 −X
0
1 a−X
Da das Minimalpolynom QA das charakteristische Polynom teilt hat es sicher Grad ≤ 3. Ausserdem ist QA (A) = 0, also kann QA nicht Grad 0, 1 oder 2 haben, weil A2 , A, E K-linear unabhängig
sind, wie man leicht feststellt wenn man sieht, dass A2 in der linken unteren Ecke eine 1 stehen
hat. Somit ist das Minimalpolynom QA ein Polynom vom Grad 3, das PA teilt. Also gilt QA = µPA
für ein µ ∈ R (aus Gradgründen). Vergleicht man die hoechsten Koeffizienten von QA und PA so
sieht man, dass µ = −1 gelten muss.
Zusatzaufgabe
(a) Zunächst einmal ist klar, dass es höchstens einen solchen Ringhomomorphismus geben kann,
weil die Elemente des rechten Ringes Polynome in X mit Koeffizienten in Mn (R) sind und
der Homomorphismus auf X und Mn (R) schon durch die Forderungen festgelegt ist.
k
P
Für ein Polynom F =
Al X l mit Al = (aijl )1≤i,j≤n definiere
l=0
k
X
Φ(F ) := (
aijl X l )1≤i,j≤n
l=0
Offenbar ist Φ(A) = A für alle A ∈ Mn (R) (das ist der Fall k = 0) und


X
0


..
Φ(X) = 

.
0
X
Weiterhin ist Φ mit der Addition vertäglich, wie man leicht nachrechnet. Bleibt noch zu zeik
l
P
P
gen, dass Φ mit der Multiplikation vertäglich ist. Seien also F =
Au X u , G =
Bv X v ∈
u=0
v=0
Mn (R)[X] mit Au = (aiju )1≤i,j≤n und Bv = (bijv )1≤i,j≤n .
Für jede Matrix U ∈ Mn (S) (S ein beliebiger kommutativer Ring) schreibe Uij für den
Eintrag der Matrix an der Stelle (i, j). Dann ist für alle 1 ≤ i, j ≤ n
!
k X
l
X
=
(Φ(F G))ij =
Φ(
Au Bv X u+v )
u=0 v=0
k X
l
X
=
ij
!
Φ(Au Bv X u+v )
u=0 v=0
=
=
k X
l
X
=
ij
(Au Bv )ij X u+v =
u=0 v=0
k X
l X
n
X
aixu bxjv X u+v
u=0 v=0 x=1
andererseits ist aber
(Φ(F )Φ(G))ij =
=
n
X
Φ(F )ix Φ(G)xj =
x=1
n X
k
X
aixu X
x=1 u=0
=
n X
k X
l
X
x=1 u=0 v=0
u
l
X
bxjv X v =
v=0
aixu bxjv X u+v
und somit ist Φ ein Ringhomomorphismus. Φ ist injektiv, denn ist Φ(F ) = 0 (F wie oben),
so ist für alle 1 ≤ i, j ≤ n
k
X
aiju X u = 0
u=0
für alle 1 ≤ i, j ≤ n, 0 ≤ u ≤ k somit aiju = 0, also F = 0. Weiterhin ist Φ surjektiv, denn
man kann für ein A ∈ Mn (R[X]) ohne Einschränkung annehmen, dass in jedem Eintrag von
A der Grad des Polynoms fest gleich k ∈ N ist (zur Not schreiben wir eben noch entsprechend
oft 0X u dazu). Dann setzt man aiju gleich dem Koeffizienten von X u im Eintrag an der
Stelle (i, j). Dies ergibt die gewünschten Koeffizienten Au = (aiju )1≤i,j≤n (in Mn (R)) für ein
k
P
Au X u ∈ Mn (R)[X], das von Φ auf A abgebildet wird.
Polynom
u=0
(b) Da QA die Nullstelle A ∈ S hat, finden wir ein G ∈ S[X] so dass
QA = (X − A)G
Dies ist eine Gleichung in S[X] ⊂ Mn (R)[X]. Darauf wenden wir Φ an:
Φ(QA ) = Φ(X − A)Φ(G) = (Φ(X) − Φ(A))Φ(G)
Da QA ∈ R[X] ist, erhalten wir


Φ(QA ) = 
QA
0
..
0
.
QA



Nach Konstruktion von Φ gilt weiterhin Φ(A) = A und


X
0


..
Φ(X) = 
 = XE
.
0
X
Also erhalten wir folgende Beziehung in Mn (R[X])


QA
0


..

 = (XE − A)Φ(G)
.
0
QA
Darauf wenden wir nun det : Mn (R[X]) → R[X] an (diese Determinante existiert, weil R[X]
ja ein kommutativer Ring ist). Dies liefert:
QnA = det(XE − A) det(Φ(G)) = (−1)n PA det(Φ(G))
mit det(Φ(G)) ∈ R[X]. Inbesondere teilt PA QnA in R[X].