M. Künzer, J. Marhenke

Lineare Algebra für Informatiker, WS 03/04

Lösung 14

Aufgabe 56.

(1) Wir haben Ā^{t}A = AĀ^{t} = \frac{1}{2} (\begin{matrix}zz̄+1 & zz̄−1 \\ zz̄−1 & zz̄+1 \end{matrix}).

(a) Es ist A normal für z ∈ C.

(b) Es ist A unitär, falls Ā^{t}A = E, d.h. falls zz̄ = 1, d.h. für z ∈ {ζ ∈ C | |ζ| = 1}.

(c) Es ist A hermitesch für z ∈ R.

(2) Wir haben Ā^{t}A = AĀ^{t} = \frac{1}{9} (\begin{matrix}8−4(z+z̄)+5zz̄ & −2−2(z+z̄)+4zz̄ & 2−4(z+z̄)+2zz̄ \\ −2−2(z+z̄)+4zz̄ & 5−(z+z̄)+5zz̄ & 4−2(z+z̄)−2zz̄ \\ 2−4(z+z̄)+2zz̄ & 4−2(z+z̄)−2zz̄ & 5−4(z+z̄)+8zz̄ \end{matrix}).

(a) Es ist A normal für z ∈ C.

(b) Ist A unitär, ist also Ā^{t}A = E, so ist 8 − 4(z + z̄) + 5zz̄ = 9 und 5 − (z + z̄) + 5zz̄ = 9, woraus z + z̄ = 1 folgt. Aus z.B. 5 − 4(z + z̄) + 8zz̄ = 9 folgt nun zz̄ = 1. Umgekehrt ist A unter diesen beiden Bedingungen an z auch unitär. Damit ist A unitär genau dann, wenn z ∈ \{ζ ∈ C | ζ + ζ̄ = 1, ζζ̄ = 1\} = \{\frac{1}{2} − \frac{i}{2} \sqrt{3}, \frac{1}{2} + \frac{i}{2} \sqrt{3}\}.

(c) Es ist A hermitesch für z ∈ R.

(3) Wir haben Ā^{t}A = (\begin{matrix}1+z̄z & z̄w & z+z̄ \\ w̄z & 1+w̄w & 1+w̄ \\ z̄+z & 1+w & z̄z+2 \end{matrix}) und AĀ^{t} = (\begin{matrix}1+zz̄ & z & z+z̄ \\ z̄ & 2 & 1+w̄ \\ z+z̄ & w+1 & zz̄+ww̄+1 \end{matrix}).

(a) Es ist A normal, falls Ā^{t}A = AĀ^{t}, d.h. falls ww̄ = 1 und w̄z = z̄. Falls z ≠ 0, ist mit w = z/z̄ die erste Bedingung redundant. Also ist A normal genau dann, wenn

(z, w) ∈ ({0} × {ω ∈ C | |ω| = 1}) ∪ ({(ζ, ω) | ζ ∈ C ∖ {0}, ω = ζ/ζ̄}) .

(b) Es ist A unitär, falls AĀ^{t} = E. Dies ist wegen des Eintrags 2 an Position (2, 2) nie der Fall.

(c) Es ist A hermitesch, falls (z, w) ∈ R × {1}.

Aufgabe 57.

(1) Bezeichnen y_{1} := (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}), y_{2} := (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) und y_{3} := (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}), so werden x_{1} := y_{1}^{0} = \frac{1}{\sqrt{3}} (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}), x_{2} := (y_{2} − (x̄_{1}^{t}y_{2})x_{1})^{0} = \frac{1}{\sqrt{15}} (\begin{matrix}−2 \\ 3 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})

und x_{3} := (y_{3} − (x̄_{1}^{t}y_{3})x_{1} − (x̄_{2}^{t}y_{3})x_{2})^{0} = \frac{1}{\sqrt{10}} (\begin{matrix}2 \\ 2 \\ −1 \\ −1 \end{matrix}). Wir erhalten also eine Orthonormalbasis

(\frac{1}{\sqrt{3}} (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , \frac{1}{\sqrt{15}} (\begin{matrix}−2 \\ 3 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , \frac{1}{\sqrt{10}} (\begin{matrix}2 \\ 2 \\ −1 \\ −1 \end{matrix}))

von U.

(2) Bezeichnen y_{1} := (\begin{matrix}i \\ 1 \\ 0 \\ −i \\ 1 \end{matrix}), y_{2} := (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) und (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ i \\ 1 \\ −i \end{matrix}) ≤ C^{5}, so werden x_{1} := y_{1}^{0} = \frac{1}{2} (\begin{matrix}i \\ 1 \\ 0 \\ −i \\ 1 \end{matrix}), x_{2} := (y_{2} − (x̄_{1}^{t}y_{2})x_{1})^{0} =

\frac{1}{2\sqrt{15}} (\begin{matrix}4−i \\ 3 \\ 4 \\ 4+i \\ −1 \end{matrix}) und x_{3} := (y_{3} − (x̄_{1}^{t}y_{3})x_{1} − (x̄_{2}^{t}y_{3})x_{2})^{0} = \frac{1}{10\sqrt{6}} (\begin{matrix}−8−6i \\ 6−3i \\ −7+11i \\ 9−2i \\ −2−14i \end{matrix}). Wir erhalten also eine Orthonormalbasis

(\frac{1}{2} (\begin{matrix}i \\ 1 \\ 0 \\ −i \\ 1 \end{matrix}) , \frac{1}{2\sqrt{15}} (\begin{matrix}4−i \\ 3 \\ 4 \\ 4+i \\ −1 \end{matrix}) , \frac{1}{10\sqrt{6}} (\begin{matrix}−8−6i \\ 6−3i \\ −7+11i \\ 9−2i \\ −2−14i \end{matrix}))

von U.

Aufgabe 58. Wir schreiben σ = (s_{1,1}, …, s_{1,l_{1}}) ⋯ (s_{k,1}, …, s_{k,l_{k}}) in Zykelschreibweise, ohne die Zykel der Länge 1 zu unterschlagen. Dann ordnen wir die Standardbasis entsprechend um zur Basis

(e_{s_{1,1}}, …, e_{s_{1,l_{1}}} , …, e_{s_{k,1}}, …, e_{s_{k,l_{k}}})

und beschreiben die lineare Abbildung C^{n} \overline{}C^{n}, x \overline{}π(σ)x in dieser Basis. Wir erhalten eine Hauptdiagonalblockmatrix mit Blöcken der Form π((1, 2, …, l_{j})). Da dieser Basiswechsel der Konjugation mit der Matrix, die in den Spalten die neugeordnete Basis stehen hat, entspricht, blieb hierbei das charakteristische Polynom ungeändert, und es wird also

χ_{π(σ)}(X) = ∏_{j∈[1,k]} χ_{π((1,2,...,l_{j}))}(X) .

Das charakteristische Polynom von π((1, 2, …, l_{j})) ist gleich dem charakteristischen Polynom von π((1, 2, …, l_{j}))^{t} und wurde als solches in Aufgabe 49 (2) zu X^{l_{j}} − 1 berechnet. Damit wird

χ_{π(σ)}(X) = ∏_{j∈[1,k]}(X^{l_{j}} − 1) .

Sei ζ_{l_{j}} := e^{2πi/l_{j}} eine primitive l_{j}-te Einheitswurzel. Dann ist X^{l_{j}} −1 = ∏_{s∈[0,l_{j}−1]}(X −ζ_{l_{j}}^{s}). Die Eigenwerte von π(σ) ergeben sich also zu

(ζ_{l_{j}}^{s} | j ∈ [1, k] , s ∈ [0, l_{j} − 1]) ,

wobei ggf. mit Vielfachheit auftretende Eigenwerte noch separat angeführt sind.

Aufgabe 59 (4 Punkte).

(1) Die Aussage ist falsch. Z.B. ist für A = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) hermitesch und B = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) unitär das Produkt AB = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) nicht normal, da es sich um eine nichtdiagonale obere Dreiecksmatrix handelt.

(2) Die Aussage ist richtig.

Erster Beweis. Es ist A^{2} = AĀ^{t} = E. Zweiter Beweis, später verständlich. Ist A unitär und hermitesch, so hat A Eigenwerte in {−1, +1}. Also hat A^{2} nur den Eigenwert 1. Da A^{2} als unitäre Matrix diagonalisierbar ist, ist notwendig A^{2} = E.

(3) Die Aussage ist richtig. Denn wegen f(A) = 0 für f(X) = X^{2}−X−2 = (X+1)(X−2) hat auch das Minimalpolynom als Teiler von f(X) nur Nullstellen mit Vielfachheit 1. Daher sind die maximalen Jordanblockkantenlängen der Jordanform von A gleich 1, woraus die Diagonalisierbarkeit von A folgt.

(4) Die Aussage ist falsch. Z.B. sind A = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) und B = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) nilpotent, nicht aber AB = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}).

(5) Die Aussage ist richtig. Ist S invertierbar mit S^{−1}AS diagonal, und ist T invertierbar mit T^{−1}BT diagonal, so ist auch

insgesamt (\begin{matrix}S & 0 \\ 0 & T \end{matrix} )^{−1} (\begin{matrix}A & 0 \\ 0 & B \end{matrix} ) (\begin{matrix}S & 0 \\ 0 & T \end{matrix} ) = (\begin{matrix}S^{−1}AS & 0 \\ 0 & T^{−1}BT \end{matrix} ) diagonal.

Umgekehrt, ist (\begin{matrix}A & 0 \\ 0 & B \end{matrix} ) diagonalisierbar, und ist λ ein Eigenwert von (\begin{matrix}A & 0 \\ 0 & B \end{matrix} ), so haben wir zu zeigen, daß algebraische und geometrische Vielfachheit von λ bezüglich (\begin{matrix}A & 0 \\ 0 & B \end{matrix} ) übereinstimmen. Da χ_{( \begin{matrix}A & 0 \\ 0 & B \end{matrix} )}(X) = χ_{A}(X)χ_{B}(X), addieren sich

die algebraischen Vielfachheiten von λ als Eigenwert von A und als Eigenwert von B (Vielfachheit Null jeweils zugelassen; heißt, daß kein Eigenwert) zur Vielfachheit von λ als Eigenwert von (\begin{matrix}A & 0 \\ 0 & B \end{matrix} ). Können wir dasselbe zeigen für die geometrischen Vielfachheiten, so sind wir wegen der Diagonalisierbarkeit von (\begin{matrix}A & 0 \\ 0 & B \end{matrix} ) und der Ungleichung zwischen geometrischer und algebraischer Vielfachheit fertig. Nun ist diese geometrische Vielfachheit aber gleich der Dimension des Kerns von (\begin{matrix}A−λE & 0 \\ 0 & B−λE \end{matrix} ). Ein Vektor in diesem Kern setzt sich aus zwei aufeinandergestellten Vektoren zusammen,

(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}), wobei x ∈ Kern(A − λE) und y ∈ Kern(B − λE). Ist also (x_{1}, … x_{k}) eine Basis von Kern(A − λE), und (y_{1}, … y_{l})

eine Basis von Kern(B − λE), so ist ((\begin{matrix}x_{1} \\ 0 \end{matrix} ) , …, (\begin{matrix}x_{k} \\ 0 \end{matrix} ) , (\begin{matrix}0 \\ y_{1} \end{matrix} ) , …, (\begin{matrix}0 \\ y_{l} \end{matrix} )) eine Basis von Kern (\begin{matrix}A−λE & 0 \\ 0 & B−λE \end{matrix} ). Insbesondere

ist die geometrische Vielfachheit von λ als Eigenwert von (\begin{matrix}A & 0 \\ 0 & B \end{matrix} ) in der Tat die Summe der geometrischen Vielfachheiten von λ als Eigenwert von A und von B (Vielfachheit Null jeweils zugelassen; heißt, daß kein Eigenwert). Diese Argumente gelten auch für Matrizen A, B unterschiedlicher Kantenlänge.

(6) Die Aussage ist richtig. Sei S ∈ GL_{n}(C) mit S^{−1}AS diagonal, und zwar so, daß gleiche Eigenwerte in der Diagonale beieinanderstehen. Dann ist für einen Eigenwert λ von A der Eigenraum von A, also E_{A}(λ), stabil unter Multiplikation mit B; denn ist Ax = λx, so ist A(Bx) = BAx = λ(Bx). Damit ist S^{−1}BS = diag(B_{1}, …, B_{k}) eine Hauptdiagonalblockmatrix mit Blöcken, die jeweils zu einem Eigenwert von A korrespondieren. Mit dem Argument zu (5) sind alle Matrizen B_{j} diagonalisierbar. Führt man die Diagonalisierung blockweise durch, so entsteht eine Diagonalmatrix diag(T_{1}, …, T_{k})^{−1}S^{−1}BS diag(T_{1}, …, T_{k}). Nun ist aber diag(T_{1}, …, T_{k})^{−1}S^{−1}AS diag(T_{1}, …, T_{k}) = S^{−1}AS ebenfalls diagonal, und wir haben eine simultane Diagonalisierung von A und B erreicht. Vgl. auch Skript, Zusatzabschnitt 4.3.5, Bemerkung am Ende.

(7) Die Aussage ist falsch. Sei z.B. A = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}). Die Bedingung AB = BA führt uns auf eine Matrix B = (\begin{matrix}a & b \\ 0 & a \end{matrix}) mit a, b ∈ C. Nun ist die Bedingung, daß S ∈ GL_{2}(C) die Matrix A in Jordanform überführen sollte, äquivalent zu SA = AS, d.h. S muß auch von der Form S = (\begin{matrix}u & v \\ 0 & u \end{matrix}) mit u, v ∈ C sein, wobei hier noch u ≠ 0 sein sollte. Daraus folgt aber S^{−1}BS = B, da BS = (\begin{matrix}ua & ub+va \\ 0 & ua \end{matrix}) = SB. Eine Matrix S, die A in Jordanform bringt, kann also B nicht in Jordanform bringen, sofern nur b ∉ {0, 1}. Somit haben wir z.B. das Gegenbeispiel A = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}), B = (\begin{matrix}0 & −1 \\ 0 & 0 \end{matrix}), für welches keine Matrix S gefunden werden kann, die simultan A und B in Jordanform bringt.