Blatt #13, 23. Jan. 2003 Aufgabe 51.

(1) Aus μ_{A}(S^{−1}AS) = 0 folgt, dass μ_{S^{−1}AS}(X) das Polynom μ_{A}(X) teilt (vgl. Lösung zu 49(1,2)). Aus μ_{S^{−1}AS}(A) = 0 folgt genauso, dass μ_{A}(X) das Polynom μ_{S^{−1}AS}(X) teilt. Wenn also diese beiden Gleichungen gelten, so folgt μ_{A}(X) = μ_{S^{−1}AS}(X). Die erste dieser Gleichungen gilt wegen μ_{A}(S^{−1}AS) = S^{−1}μ_{A}(A)S = 0. Die andere gilt wegen μ_{S^{−1}AS}(A) = SS^{−1}μ_{S^{−1}AS}(A)SS^{−1} = Sμ_{S^{−1}AS}(S^{−1}AS)S^{−1} = 0.

(2) (a) Es ist χ_{A}(X) = X^{2}. Somit ist 0 der einzige Eigenwert von A und hat die algebraische Vielfachheit 2. Die Jordansche Normalform ergibt sich mit z.B. S = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix} ) zu B = S^{−1}AS = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ). Daraus kann man ablesen, dass E_{A}(0) = ⟨( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} )⟩ und H_{A}(0) = ⟨( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )⟩ sind. Ferner ist μ_{A}(X) = μ_{B}(X) = X^{2}.

(b) Es ist χ_{A}(X) = (X −1)^{3}. Somit ist 1 der einzige Eigenwert von A und hat die algebraische Vielfachheit 3. Die Jordansche Normalform ergibt sich mit z.B. S := ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \end{matrix} ) zu B = S^{−1}AS = ( \begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ). Daraus kann man ablesen, dass E_{A}(1) = ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} )⟩ und H_{A}(1) =

⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} )⟩ sind. Ferner ist μ_{A}(X) = μ_{B}(X) = (X − 1)^{2}.

(c) Es ist χ_{A}(X) = (X − 1)^{3}. Somit ist 1 der einzige Eigenwert von A und hat die algebraische Vielfachheit 3. Die Jordansche Normalform ergibt sich mit z.B. S := ( \begin{matrix}−1 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 0 \\ −1 & 1 & 0 \end{matrix} ) zu B = S^{−1}AS = ( \begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ). Daraus kann man ablesen, dass E_{A}(1) = ⟨( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} )⟩ und

H_{A}(1) = ⟨( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )⟩ sind. Ferner ist μ_{A}(X) = μ_{B}(X) = (X − 1)^{3}.

(d) Es ist χ_{A}(X) = (X + 1)^{4}(X + i). Somit hat A die Eigenwerte λ_{1} = −1 mit algebraischer Vielfachheit 4 und λ_{2} = −i mit algebraischer Vielfachheit 1. Die Jordansche Normalform

ergibt sich mit z.B. S := ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 1 & −1 \\ 0 & −1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) zu B = S^{−1}AS = ( \begin{matrix}−1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & −i \end{matrix} ). Daraus kann

man ablesen, dass E_{A}(−1) = ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )⟩ und H_{A}(−1) = ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ −1 \\ −1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )⟩,

sowie E_{A}(−i) = H_{A}(−i) = ⟨( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} )⟩ sind. Ferner ist μ_{A}(X) = μ_{B}(X) = (X + 1)^{3}(X + i).

Aufgabe 52.

(1) (a) Mit z.B. S := ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix} ) wird B := S^{−1}AS = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix} ). Damit gilt für m ≥ 1:

A^{m} = SB^{m}S^{−1} = ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1^{m} & 0 \\ 0 & 2^{m} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}−1 & 1 \\ 2 & −1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−1+2^{m+1} & 1−2^{m} \\ −2+2^{m+1} & 2−2^{m} \end{matrix} ).

(b) Mit z.B. S := ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ −1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) folgt B := S^{−1}AS = ( \begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ). Damit gilt für m ≥ 2:

A^{m} = SB^{m}S^{−1} = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ −1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & m & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 & 0 & −1 & 1 \\ −1 & 1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & −1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−m & m & −m−1 & 1 \\ −1 & 1 & −1 & 0 \\ m & −m & m+1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ).

(2) (a) Mit A := ( \begin{matrix}1 & 6 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) wird ( \begin{matrix}a_{m} \\ a_{m−1} \end{matrix} ) = A ( \begin{matrix}a_{m−1} \\ a_{m−2} \end{matrix} ). A lässt sich mit z.B. S := ( \begin{matrix}2 & 3 \\ −1 & 1 \end{matrix} ) umformen

zu B := S^{−1}AS = ( \begin{matrix}−2 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix} ). Es ist also B^{m−1} = ( \begin{matrix}(−2)^{m−1} & 0 \\ 0 & 3^{m−1} \end{matrix} ) und somit A^{m−1} =

SB^{m−1}S^{−1} = \frac{1}{5} ( \begin{matrix}−(−2)^{m}+3^{m} & 3(−2)^{m}+2·3^{m} \\ −(−2)^{m−1}+3^{m−1} & 3(−2)m−1+2·3m−1 \end{matrix} ). Damit ist a_{m} = \frac{1}{5}(−(−2)^{m} + 3^{m} +

3(−2)^{m} + 2 · 3^{m}) = \frac{1}{5}(−(−2)^{m+1} + 3^{m+1}), wie sich aus ( \begin{matrix}a_{m} \\ a_{m−1} \end{matrix} ) = A^{m−1} ( \begin{matrix}a_{1} \\ a_{0} \end{matrix} ) ergibt.

(b) Mit A := ( \begin{matrix}3 & −3 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) wird B := S^{−1}AS = ( \begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ), wobei S := ( \begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} ) gewählt wurde.

Somit folgt B^{m−2} = ( \begin{matrix}1 & m−2 & (\begin{matrix}m−2 \\ 2 \end{matrix}) \\ 0 & 1 & m−2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ).

Damit gilt A^{m−2} = SB^{m−2}S^{−1} = ( \begin{matrix}(\begin{matrix}m−2 \\ 2 \end{matrix})+2m−3 & 6−3m−2(\begin{matrix}m−2 \\ 2 \end{matrix}) & (\begin{matrix}m−2 \\ 2 \end{matrix})+m−2 \\ (\begin{matrix}m−2 \\ 2 \end{matrix})+m−2 & 3−m−2(\begin{matrix}m−2 \\ 2 \end{matrix}) & (\begin{matrix}m−2 \\ 2 \end{matrix}) \\ (\begin{matrix}m−2 \\ 2 \end{matrix}) & −2+m−2(\begin{matrix}m−2 \\ 2 \end{matrix}) & 3−m+(\begin{matrix}m−2 \\ 2 \end{matrix}) \end{matrix} )

und mit ( \begin{matrix}a_{m} \\ a_{m−1} \\ a_{m−2} \end{matrix} ) = A^{m−2} ( \begin{matrix}a_{2} \\ a_{1} \\ a_{0} \end{matrix} ) also a_{m} = 4 − (\begin{matrix}m−2 \\ 2 \end{matrix}) − 2m = −\frac{1}{2}m^{2} + \frac{1}{2}m + 1.

Aufgabe 53.

(1) Diese Aussage ist i.a. falsch. Z.B. ist für A := ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) das Produkt der Diagonalelemente gleich 1. Für S^{−1}AS = ( \begin{matrix}−1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 2 \end{matrix} ) ist das Produkt der Diagonalelemente aber gleich 0.

(2) Diese Aussage ist wahr.

Die Matrix S^{−1}AS = λE_{n} + N_{n} hat den Eigenwert λ mit algebraischer Vielfachheit n und geometrischer Vielfachheit 1, und somit gilt dies auch für A. Ist umgekehrt die algebraische Vielfachheit von λ gleich n, so ist K^{n} = H_{A}(λ). Ist dazu die geometrische Vielfachheit gleich 1, so kann es nicht mehr als einen Jordanblock zum Eigenwert λ geben und damit insgesamt genau einen Jordanblock der Form λE_{n} + N_{n}.

(3) Diese Aussage ist i.a. falsch. Z.B. sind die Matrizen A := ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) und B := ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) diagonalisierbar, aber AB = ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) nicht.

(4) Diese Aussage ist wahr. Es gilt nämlich:

χ_{A^{−1}}(X) = det(XE − A^{−1})
= (det A)^{−1} det(XA − E)
= (−X)^{n}(det A)^{−1} det(X^{−1}E − A)
= (−X)^{n}(det A)^{−1}χ_{A}(X^{−1}) ,

woraus die Aussage folgt. (Strenggenommen muß man für dieses Argument den Körper der rationalen Funktionen K(X) = \{\frac{f(X)}{g(X)} | f(X), g(X)\} mit den üblichen Kürzungsregeln einführen, um von X^{−1} reden zu können.)

(5) Die Aussage ist wahr.

Gilt (A − E)^{m} = 0 für ein m ∈ N, so ist λ = 1 der einzige Eigenwert von A. Denn es gilt Ax = λx ⇔ (A − E)x = (λ − 1)x ⇒ 0 = (A − E)^{m}x = (λ − 1)^{m}x und damit λ = 1. (Man könnte alternativ auch Satz 13 auf A − E anwenden.) Sei S ∈ GL_{n}(K) mit S^{−1}AS = diag(E_{b_{1}} + N_{b_{1}}, …, E_{b_{k}} + N_{b_{k}}) (Blockdiagonalmatrix). Dann ist S^{−1}A^{2}S = diag((E_{b_{1}} + N_{b_{1}})^{2}, …, (E_{b_{k}} + N_{b_{k}})^{2}). Können wir nun T_{i} ∈ GL_{b_{i}}(K) so finden, dass T_{i}^{−1}(E_{b_{i}} + N_{b_{i}})^{2}T_{i} = E_{b_{i}} + N_{b_{i}} für alle i ∈ [1, k], dann wird mit T := diag(T_{1}, …, T_{k}) die Konjugation mit ST zu (ST)^{−1}A^{2}(ST) = T^{−1}(S^{−1}A^{2}S)T = S^{−1}AS. Damit folgt die Aussage dann mit U := ST S^{−1}. Bleibt zu zeigen, dass für b ≥ 1 die Matrix (E_{b} + N_{b})^{2} genau einen Jordanblock hat, und zwar zum Eigenwert 1. Dies folgt aus (2), da (E_{b} + N_{b})^{2} den Eigenwert 1 mit algebraischer Vielfachheit n und geometrischer Vielfachheit 1 hat – für letzteres verwendet man 2 ≠ 0 in C.