Lineare Algebra 2 - Mathematik, TU Dortmund

Technische Universität Dortmund
Fakultät für Mathematik
Prof. Dr. Detlev Hoffmann
Marco Sobiech/ Nico Lorenz
Sommersemester 2017
Übungsblatt 5
31. Mai 2017
Lineare Algebra 2
Lösung zu Aufgabe 5.1:
Voraussetzungen: Sei K ein Körper, und sei V ein K–Vektorraum.
(a) Voraussetzung: Sei F ∈ EndK (V ) nilpotent.
Behauptung: F hat genau einen Eigenwert, nämlich 0.
Beweis: Sei n ∈ N mit F n = 0 und F n−1 ≠ 0.
Existenz: Da F n−1 ≠ 0, existiert ein x ∈ V mit y ∶= F n−1 (x) ≠ 0. Nun gilt
F (y) = F (F n−1 (x)) = F n (x) = 0.
Also ist 0 ein Eigenwert von F .
Eindeutigkeit: Sei λ ∈ K ein Eigenwert von F , und sei x ∈ V ein Eigenvektor zu λ.
Dann gilt aufgrund der Linearität der Potenzen von F , dass
0 = F n (x) = F n−1 (F (x)) = F n−1 (λx) = λF n−1 (x) = ⋯ = λn−1 F (x) = λn x.
Da x ein Eigenvektor ist, gilt x ≠ 0. Somit gilt λn = 0, d.h. λ = 0. Also ist 0 der
einzige Eigenwert von F .
(b) Voraussetzungen: Seien F, G ∈ EndK (V ) nilpotent, und es gelte F ○ G = G ○ F .
Behauptung: F ○ G und F + G sind nilpotent.
Beweis: Es ist klar, dass durch wiederholtes Anwenden von F G = GF auch F n Gm =
Gm F n für alle n, m ∈ N gezeigt werden kann.
Wir zeigen per Induktion, dass (F G)n = F n Gn für alle n ∈ N gilt. Induktionsanfang:
(F G)1 = F 1 G1 . Nehmen wir an, dass (F G)n = F n Gn für ein n ∈ N gilt. Dann gilt
auch
(F G)n+1 = (F G)n F G = F n Gn F G = F n F Gn G = F n+1 Gn+1 .
Sei m ∈ N, sodass F m = 0 und Gm = 0 gilt. Dann gilt (F G)m = F m Gm = 0.
Per Induktion zeigen wir nun, dass hier der Binomische Lehrsatz gilt:
n
Induktionsanfang: (F + G)1 = F + G. Nehmen wir an, dass (F + G)n = ∑ (nk)F k Gn−k
k=0
1
für ein n ∈ N gilt. Dann gilt auch
n
n
I.V.
(F + G)n+1 = (F + G)n (F + G) = ∑ ( )F k Gn−k (F + G)
k=0 k
n
n
n
n
= ∑ ( )F k Gn−k F + ∑ ( )F k Gn−k G
k=0 k
k=0 k
F G=GF
=
n
n k+1 n−k n n k n−k+1
+ ∑ ( )F G
∑ ( )F G
k=0 k
k=0 k
n
n
n
n
= F n+1 + ∑ (
)F k Gn+1−k + ∑ ( )F k Gn+1−k + Gn+1
k=1 k − 1
k=1 k
n
n
n
= F n+1 + ∑ ((
) + ( )) F k Gn+1−k + Gn+1
k−1
k
k=1
n
n + 1 k n+1−k
= F n+1 + ∑ (
)F G
+ Gn+1
k
k=1
n+1
n + 1 k n+1−k
= ∑(
)F G
k
k=0
Sei m ∈ N so, dass F m = 0 und Gm = 0 gilt. Dann ist
2m
2m
(F + G)2m = ∑ ( )F k G2m−k = 0,
k=0 k
da k ≤ m ⇐⇒ 2m − k ≥ m.
(c) Aufgabe: Angeben von Beispielen von K–Vektorräumen V und nilpotenten F, G ∈
EndK (V ), bei denen F ○ G bzw. F + G nicht nilpotent ist.
Lösung: Seien
0 1
0 0
A ∶= (
) , B ∶= (
).
0 0
1 0
Dann sind LA und LB nilpotent, da (LA )2 = LA2 = L0 = 0 und ebenso (LB )2 = 0,
aber LA + LB = LA+B und LA ○ LB = LAB sind nicht nilpotent, da
A+B =(
0 1
1 0
1 0
) ∈ GL2 (K) und AB = (
) , also (AB)n = (
)
1 0
0 0
0 0
(n ∈ N).
Lösung zu Aufgabe 5.2:
Voraussetzungen: Sei K ein Körper, sei V ein K–Vektorraum, und sei G ∈ EndK (V ).
(a) Voraussetzung: Sei F ∈ EndK (V ) mit F ○ G = G ○ F .
Behauptung: Kern(F ) ist ein G–invarianter Unterraum von V .
Beweis: Sei x ∈ Kern(F ). Dann gilt
F (G(x)) = (F ○ G)(x) = (G ○ F )(x) = G(F (x)) = G(0) = 0,
also G(x) ∈ Kern(F ).
(b) Behauptung:
{0} ⊆ Kern(G) ⊆ Kern(G2 ) ⊆ Kern(G3 ) ⊆ ⋯ .
Beweis: Für alle n ∈ N gilt Kern(Gn ) ⊆ Kern(Gn+1 ), da für x ∈ V aus Gn (x) = 0 auch
Gn+1 (x) = G(Gn (x)) = G(0) = 0 folgt.
2
Behauptung: Kern(Gm ) ist für alle m ∈ N0 ein G–invarianter Unterraum von V
(wobei die Konvention G0 = idV gilt).
Beweis: Das folgt, wegen Gn ○ G = Gn+1 = G ○ Gn , aus Teilaufgabe (a).
(c) Es folgt aus Kern(Gk ) = Kern(Gk+1 ), dass Kern(Gk+1 ) = Kern(Gk+2 ): Sei x ∈
Kern(Gk+2 ), d.h. 0 = Gk+2 (x) = Gk+1 (G(x)). Also ist G(x) ∈ Kern(Gk+1 ) =
Kern(Gk ). Es gilt also auch 0 = Gk (G(x)) = Gk+1 (x), d.h. x ∈ Kern(Gm+1 ). Mittels
Induktion folgt dann die Behauptung.
(d) Voraussetzung: Sei nun dim(V ) = n endlich.
Behauptung: Es gibt ein k ∈ N0 mit k ≤ n, sodass Kern(Gm ) = Kern(Gk ) für alle
m ≥ k.
Beweis: Es ist Kern(Gm ) ein Untervektorraum von V . Somit gilt dim Kern(Gm ) ≤
dim V = n. Weiter folgt für m ∈ N0 im Fall Kern(Gm ) ⊊ Kern(Gm+1 ), dass
dim Kern(Gm ) < dim Kern(Gm+1 ). Da n = dim V gilt, kann diese Situation höchstens
n–mal entstehen.
Wegen (c) kann die Situation Kern(Gm ) ⊊ Kern(Gm ) sogar nur bei den ersten n
Inklusionen auftreten, also, wenn 0 ≤ m ≤ n − 1. Es existiert daher ein k ≤ n mit
Kern(Gm ) = Kern(Gk ) für alle m ≥ k.
Als Beispiel müssen wir nun eine geeignete lineare Abbildung L ∶ W → W finden,
bei der W nach dem Obigen Zwangsweise unendlichdimension ist. Wir betrachten
dazu den Vektorraum R[X] aller Polynome mit reellen Koeffizienten und L = D als
formale Ableitung. Aus vorigen Aufgaben wissen wir bereits, dass Kern L = R[X]0
gilt und deg(L(p)) = deg(p)−1 für alle p ∈ R[X] gilt. Daraus folgt induktiv Kern Ln =
R[X]n−1 für n ∈ N. Wegen der offensichtlichen echten Inklusion R[X]m ⊊ R[X]m+1
für alle m ∈ N0 folgt dann die Behauptung.
Lösung zu Aufgabe 5.3:
(a) Nach Aufgabe 1.3 gilt det T = det A ⋅ det B. Damit ist klar, dass det T ≠ 0 genau
dann gilt, wenn det A ≠ 0 ≠ det B gelten, was äquivalent ist zur Behauptung, da eine
quadratische Matrix genau dann invertierbar sind, wenn ihre Determinante von 0
verschieden ist.
(b) Es seien U ∈ GLr (K) und V ∈ GLs (K) mit U AU −1 = A′ und V BV −1 = B ′ .
U 0
U −1
0
Nach Aufgabenteil (a) gilt S ∶= (
) ∈ GLn (K) mit S −1 = (
) und
0
V −1
0 V
A′ C ′
durch Ausnutzen der Blockgestalt berechnet man sofort ST S −1 = (
) mit
0 B′
C ′ = U CV −1 .
Betrachte nun weiter die Matrix U ∶= (
0 Ir
0 Is
) ∈ GLn (K) mit U −1 = (
). Dann
Is 0
Ir 0
B 0
gilt U −1 T U = (
). Für Aufgabenteil (c) bemerken wir hier bereits, dass wir im
C A
Fall C = 0 bereits fertig sind. Andernfalls gilt nach dem in der Aufgabenstellung
gegebenen Resultat und Teil (a)
T
(
B 0
B 0
BT
)∼(
) =(
C A
C A
0
CT
B CT
).
T) ∼ (
0 A
A
Da Ähnlichkeit von Matrizen eine Äquivalenzrelation ist, folgt die Behauptung.
3
Lösung zu Aufgabe 5.4:
(a) Betrachte den zugehörigen Endomorphismus LA ∶ K n → K n , und die kanonischen
Basisvektoren e1 , . . . , en von K n . Es gilt LA (e1 ) = 0, LA (e2 ) = a12 e1 , LA (e3 ) =
a13 e1 + a23 e2 , usw. Allgemein gilt LA (ei ) ∈ span(e1 , . . . , ei−1 ) für i ≥ 2. Also gilt nach
n–maliger Anwendung von LA , dass wir die Nullabbildung erhalten.
(b) Wir betrachten den zugehörigen Endomorphismus LB ∶ K n → K n und die
Standardbasis E = (e1 , . . . , en ). Es gilt LB (e1 ) = 0 und LB (ei ) = ei−1 für i ∈ {2, . . . , n}.
Also sieht man, dass nach k-maliger Anwendung (k ∈ {0, . . . , n − 1}) von LB der
Vektor ei abgebildet wird auf 0, falls i ≤ k und auf ei−k für i ≥ k + 1.
Daher sieht man, dass die Darstellungsmatrix von LB k bzgl. E die angegebene Matrix
ist. Weiter gilt aber auch wegen B = MEE (LB ) die Gleichung
B k = (MEE (LB ))k = MEE (LkB ) = MEE (LB k ),
woraus die Behauptung folgt für den Fall k ≤ n−1 folgt. Für k = n folgt mit demselben
Argument wie zuvor B n = 0 und damit auch B k = 0 für alle k ≥ n.
Lösung zu Aufgabe 5.5:
(a) Voraussetzung: Sei
40 ⎞
⎛ 17 −16
1
0 ⎟ ∈ M3 (Q).
A ∶= ⎜ 0
⎝ −8
8 −19 ⎠
Behauptung: A ist diagonalisierbar.
Beweis: Wir bestimmen zunächst das charakteristische Polynom von A. Es gilt
−16
40 ⎞
⎛ 17 − X
17 − X
40
Entw. 2. Z.
0 1−X
0 ⎟
PA (X) = det ⎜
=
(1 − X) det (
)
−8
−19
−
X
⎝
⎠
−8
8 −19 − X
= (1 − X)(X 2 + 2X − 3) = (1 − X)2 (−3 − X).
Also zerfällt PA in Linearfaktoren, und damit ist A trigonalisierbar. Nun überprüfen
wir noch, ob für jeden Eigenwert λ von A die algebraische Vielfachheit (m(PA , λ) =
größtes s ∈ N mit (X −λ)s ∣ PA ) gleich der geometrischen Vielfachheit (dim Eig(A, λ))
ist, da dies zusammen mit der Trigonalisierbarkeit von A die Diagonalisierbarkeit
von A bedeutet.
Die Eigenwerte sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms, also 1 und
−3. Da m(PA , −3) = 1 gilt, folgt auch dim Eig(A, −3) = 1 ist, da stets 1 ≤ dim
Eig(A, λ) ≤ m(PA , λ) für einen Eigenwert λ von A gilt.
Es ist Eig(A, 1) gleich der Lösungsmenge von (A − I3 ∣ 0).
0 0 ⎞
40 ⎞ (1)+2⋅(3)
⎛ 16 −16
⎛ 0
−1
4 ⋅(3)
⎜ 0
0
0 ⎟ ⇐⇒ ⎜ 0
0 0 ⎟
⎝ 2 −2 5 ⎠
⎝ −8
8 −20 ⎠
Da LGS hat Rang 1. Also gilt dim Eig(A, 1) = 3 − 1 = 2 = m(A, 1).
Also ist A diagonalisierbar.
(b) Voraussetzung: Sei
⎛ 2 2 4 ⎞
A ∶= ⎜ 6 3 2 ⎟ ∈ M3 (Z/7Z).
⎝ 4 5 5 ⎠
4
Behauptung: A ist trigonalisierbar, aber nicht diagonalisierbar.
Beweis: Wir bestimmen zunächst das charakteristische Polynom von A. Es gilt
2
4 ⎞
⎛ 2−X
Sarrus
6 3−X
2 ⎟ = −X 3 + 3X 2 + 3 = (−1 − X)(X 2 − 4X + 4)
PA (X) = det ⎜
⎝
4
5 5−X ⎠
= (−1 − X)(2 − X)2 .
Also zerfällt PA in Linearfaktoren, und damit ist A trigonalisierbar. Nun überprüfen
wir noch, ob für jeden Eigenwert λ von A die algebraische Vielfachheit (m(PA , λ) =
größtes s ∈ N mit (X −λ)s ∣ PA ) gleich der geometrischen Vielfachheit (dim Eig(A, λ))
ist, da dies zusammen mit der Trigonalisierbarkeit von A die Diagonalisierbarkeit
von A bedeutet.
Die Eigenwerte sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms, also 2 und
−1. Da m(PA , −1) = 1 gilt, folgt auch dim Eig(A, −1) = 1 ist, da stets 1 ≤ dim
Eig(A, λ) ≤ m(PA , λ) für einen Eigenwert λ von A gilt.
Es ist Eig(A, 2) gleich der Lösungsmenge von (A − 2I3 ∣ 0).
4⋅(1)
⎛ 0 2 4 ⎞ (2)+3⋅(1)
⎛ 0 2 4 ⎞ (3)+4⋅(2)
⎛ 0 1 2 ⎞
(3)+(1)
⎜ 6 1 2 ⎟ ⇐⇒ ⎜ 6 0 0 ⎟ ⇐⇒ ⎜ 6 0 0 ⎟
⎝ 4 5 3 ⎠
⎝ 4 0 0 ⎠
⎝ 0 0 0 ⎠
Da LGS hat Rang 2. Also gilt dim Eig(A, 1) = 3 − 2 = 1 < m(A, 1).
Also ist A nicht diagonalisierbar.
5