Modultheorie/Z/Elementarteilersatz/2x3/Beispiel

Wir lösen nach dem im Beweis zu Fakt beschriebenen Verfahren die ${}2\times 3$-Matrix ${}M={\begin{pmatrix}2&-4&-2\\6&-3&-18\end{pmatrix}}$ auf.

Es greift zunächst Fall 2 der unteren Fallunterscheidung:

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}2&-4&-2\\6&-3&-18\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}2&0&-2\\6&9&-18\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&-2&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0\\3&1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}2&0&-2\\0&9&-12\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&-2&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0\\3&1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}2&0&-2\\9&9&-12\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&0&0\\-1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&-2&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\\&=L_{1}\cdot {\begin{pmatrix}2&0&-2\\9&9&-12\end{pmatrix}}\cdot R_{2}\cdot R_{1}.\end{aligned}}$

Für diese Matrix können wir vorgehen wie in Fall 1 der unteren Fallunterscheidung.

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}2&0&-2\\9&9&-12\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}1&0\\4&1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}2&0&-2\\1&9&-4\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0\\4&1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&9&-4\\2&0&-2\end{pmatrix}}\\&=L_{2}\cdot L_{3}\cdot {\begin{pmatrix}1&9&-4\\2&0&-2\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Die innere Induktion erlaubt hier also einen Sprung zu einem kleineren ${}\vert {a_{1,1}}\vert$. Hier ist das 1 und damit teilt es alle Elemente. Dies erlaubt folgendes Vorgehen:

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}1&9&-4\\2&0&-2\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&9&-4\\0&-18&6\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&0&-4\\0&-18&6\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&9&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-18&6\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&0&-4\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&9&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\\&=L_{4}\cdot {\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-18&6\end{pmatrix}}\cdot R_{4}\cdot R_{3}.\end{aligned}}$

Nun können wir einen Rekursionsschritt bezüglich der inneren Induktion anwenden und uns auf die kleine Teilmatrix unten rechts konzentrieren. Das weitere Vorgehen nach dem Verfahren sieht folgendermaßen aus:

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-18&6\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&6&-18\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&6&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-3\\0&0&1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&6&0\end{pmatrix}}\cdot R_{6}\cdot R_{5}.\end{aligned}}$

Die resultierende Matrix hat Diagonalform. Es gilt insgesamt

${}{\begin{aligned}M&={\begin{pmatrix}2&-4&-2\\6&-3&-18\end{pmatrix}}\\&=(L_{1}\cdots L_{4})\cdot {\begin{pmatrix}1&0&0\\0&6&0\end{pmatrix}}\cdot (R_{6}\cdots R_{1})\\&={\begin{pmatrix}2&1\\15&7\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&0&0\\0&6&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}-8&25&-4\\3&-9&1\\-1&3&0\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

und

$D={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&6&0\end{pmatrix}}.$