Aufgabe: F¨ ur die Matrix A :=
0 −1 −1 −1
−1 1 0 −1
2 1 2 2
2 1 1 3
∈ R
4×4berechne die Zerlegung von R
4in die Hauptr¨ aume von A.
Das Minimalpolynom vonA ist µA(x) =x3−5x2+ 8x−4 = (x−1)(x−2)2. Dann istR4 = Bild (A−2I)2⊕Bild (A−I) = Kern (A−I)⊕Kern (A−2I)2.
F¨ur die Bestimmung der Hauptr¨aume brauchen wir aber weder den Kern von (A−2I)2 noch den Kern vonA−I auszurechnen, denn wir bekommen bereits alles N¨otige daf¨ur als ein
”Nebenprodukt“
beim Algorithmus zur Bestimmung des Minimalpolynoms.
Zuerst wenden wir den Algorithmus zur Bestimmung des Minimalpolynoms aufA an:
SeiX :=
0 1 0 0
=e2. Dann istAX =
−1 1 1 1
und A2X=A(AX) =
−3 1 3 3
= 3AX−2X.
⇒µA,X=x2−3x+ 2 = (x−1)(x−2).
Weiter mit Y :=
0 0 0 1
=e4 6∈ hX, AXi folgt:AY =
−1
−1 2 3
,A2Y =
−4
−3 7 8
und
A3Y =
−12
−7 19 20
= 5A2Y −8AY + 4Y. Damit µA,Y =x3−5x2+ 8x−4 = (x−1)(x−2)2.
AushX, AXi+
Y, AY, A2Y
=R4 erhalten wirµA= kgV (µA,X, µA,Y) =
= kgV (x−1)(x−2),(x−1)(x−2)2
= (x−1)(x−2)2.
Damit k¨onnen wir jetzt auch das Bild von (A−2I)2 bestimmen.
Idee: Wir nutzen die obigen Rechnungen, um
”billig“ die Vektoren (A−2I)2X, A (A−2I)2X , usw. bisAdX (A−2I)2X
zu berechnen, wobeidX der Grad von (x−1) inµA,X ist.
Dabei sind die Vektoren (A−2I)2X, A (A−2I)2X
, . . . , AdX−1 (A−2I)2X l.u., weil aus dem Algorithmus X, AX, . . . , AdX−1X l.u. sind.
Ferner ist AdX (A−2I)2X
eine Linearkombination der Vektoren (A − 2I)2X, A (A−2I)2X
, . . . , AdX−1 (A−2I)2X
, da (A−I)dX (A−2I)2X
= (A−2I)·(µA,X(A)X) = (A−2I)·µA,X(AX) = (A−2I)·0 = 0.
Analog k¨onnen wir
”billig“ die l.u. Vektoren (A−2I)2Y, A (A−2I)2Y
, . . . , AdY−1 (A−2I)2Y ausrechnen, wobei dY der Grad von (x−1) in µA,Y ist. Genauso ist AdY (A−2I)2Y
eine Linear- kombination der Vektoren (A−2I)2Y,A (A−2I)2Y
, . . . , AdY−1 (A−2I)2Y , da (A−I)dY (A−2I)2Y
=µA,Y(A)Y =µA,Y(AY) = 0.
Alle diese Vektoren liegen im Bild von (A−2I)2 und erzeugen es, also Bild (A−2I)2= h(A−2I)2X, A (A−2I)2X
, . . . , AdX−1 (A−2I)2X
, (A−2I)2Y, A (A−2I)2Y
, . . . , AdY−1 (A−2I)2Y
Dieselben Schritte machen wir, um das Bild vonA−I zu bestimmen.
Vorf¨uhrung:Wir beginnen also mitV1:= (A−2I)2X.⇒V1= (A2−4A+4I)X =A2X−4AX+4X =
(3AX−2X)−4AX+ 4X =−AX+ 2X =−
−1 1 1 1
+ 2
0 1 0 0
=
1 1
−1
−1
Nach der obigen Begr¨undung gilt: AV1 =V1, da dX = 1 hier.
AnschließendV2:= (A−2I)2Y.
⇒ V2 = (A2 − 4A + 4I)Y = A2Y − 4AY + 4Y =
−4
−3 7 8
− 4
−1
−1 2 3
+ 4
0 0 0 1
=
0 1
−1 0
⇒V1 und V2 liegen in Bild (A−2I)2 und sind l.u.
Weiter setzen wirW1:= (A−I)Y =AY −Y =
−1
−1 2 3
−
0 0 0 1
=
−1
−1 2 2
und W2 :=AW1 =A(AY −Y) =A2Y −AY =
−4
−3 7 8
−
−1
−1 2 3
=
−3
−2 5 5
⇒W1 und W2 sind l.u. undW1= (A−I)Y ∈Bild (A−I) sowieW2 = (A−I)(AY)∈Bild (A−I).
Beachte: W1 := (A −I)X zu setzen ist hier nicht brauchbar, denn dann g¨alte f¨ur W2 := AW1
W2 = 2W1, da der Grad von (x−2) in µA,X gleich 1 ist, und somit w¨aren W1, W2 l.a. Aber wegen dim Bild (A−I) = dim Kern (A−2I)2 ≥Grad (x−2)2 = 2 m¨ussen wir ein Erzeugendensystem von Bild (A−I) aus mindestens zwei l.u. Vektoren finden.
Also werden Bild (A −2I)2 und Bild (A − I) jeweils von mindestens zwei l.u. Vektoren erzeugt, n¨amlichV1,V2 respektive W1,W2. Damit gilt: dim Bild (A−2I)2 ≥2 und dim Bild (A−I)≥2.
Wegen 4 = dimR4= dim Bild (A−2I)2+ dim Bild (A−I) bekommen wir:
Bild (A−2I)2 =hV1, V2iund Bild (A−I) =hW1, W2i.
Ergebnis:Kern (A−I) = Bild (A−2I)2 =hV1, V2i=h
1 1
−1
−1
,
0 1
−1 0
i und
Kern (A−2I)2 = Bild (A−I) =hW1, W2i=h
−1
−1 2 2
,
−3
−2 5 5
i
Zusatz: MitT := (V1, V2, W1, W2) =
1 0 −1 −3
1 1 −1 −2
−1 −1 2 5
−1 0 2 5
folgt:T−1AT =
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 0 −4
0 0 1 4
,
wobei 0 −4 1 4
!
= 0 −(4) 1 −(−4)
!
die Begleitmatrix von (x−2)2 =x2−4x+ 4 ist.
Der Jordan–Block von (x−2)2 ist 2 0 1 2
!
. Um die Jordannormalform von A zu erhalten, nehmen wir einen Basisvektor B1 von Kern (A−2I)2, aber B1 6∈Kern (A−2I), berechnen B2 := (A−2I)B1
und tauschen den Spaltenvektor W2 in der Matrix T gegen B2 aus.
Also w¨ahleB1:=W1=
−1
−1 2 2
undB2:= (A−2I)B1 =AW1−2W1=W2−2W1=
−1 0 1 1
.
Damit S:= (V1, V2, W1, B2) =
1 0 −1 −1
1 1 −1 0
−1 −1 2 1
−1 0 2 1
und S−1AS =
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 2 0
0 0 1 2
.
