Ähnlichkeit wenn A^n = 0 < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:59 Do 17.07.2014 | | Autor: | Avinu |
| Aufgabe | | Sei K ein Körper und A [mm] \in K^{n \times n} [/mm] mit [mm] A^n [/mm] = 0 und [mm] A^j \not= [/mm] 0 für j < n. Zeigen Sie, dass A ähnlich zu einer oberen Dreiecksmatrix mit Nullen auf der Hauptdiagonalen ist. Zeigen Sie weiter, dass A genau dann diagonalisierbar ist, wenn n = 1 ist. |
Hallo zusammen,
ich komme mit dieser Aufgabe nicht weiter. Ich denke, dass ich (fast) die Rückrichtung beweisen kann, aber leider nicht die geforderte Richtung.
Sei A ähnlich zu einer oberen Dreiecksmatrix B mit Nullen auf der Hauptdiagonalen. Dann existiert ja ein $P [mm] \in GL_n(K)$ [/mm] mit [mm] $P^{-1} [/mm] A P = B$. Dann hat B ja den n-fachen Eigenwert 0. Also hat auch A den n-fachen Eigenwert 0. Also ist das charakteristische Polynom von A [mm] \nu [/mm] = [mm] \lambda^n. [/mm] Mit dem Satz von Cayley/Hamilton gilt aber [mm] \nu(A) [/mm] = 0, also gilt [mm] A^n [/mm] = 0.
Was hier natürlich auch noch fehlt wäre, dass [mm] A^j \not= [/mm] 0 ist.
Ich habe leider keine Ideen mehr, wie ich die Aufgabe lösen könnte und wäre deswegen über einen Schubs in die richtige Richtung dankbar.
Viele Grüße,
Avinu
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:20 Fr 18.07.2014 | | Autor: | hippias |
> Sei K ein Körper und A [mm]\in K^{n \times n}[/mm] mit [mm]A^n[/mm] = 0 und
> [mm]A^j \not=[/mm] 0 für j < n. Zeigen Sie, dass A ähnlich zu
> einer oberen Dreiecksmatrix mit Nullen auf der
> Hauptdiagonalen ist. Zeigen Sie weiter, dass A genau dann
> diagonalisierbar ist, wenn n = 1 ist.
> Hallo zusammen,
>
> ich komme mit dieser Aufgabe nicht weiter. Ich denke, dass
> ich (fast) die Rückrichtung beweisen kann, aber leider
> nicht die geforderte Richtung.
>
> Sei A ähnlich zu einer oberen Dreiecksmatrix B mit Nullen
> auf der Hauptdiagonalen. Dann existiert ja ein [mm]P \in GL_n(K)[/mm]
> mit [mm]P^{-1} A P = B[/mm]. Dann hat B ja den n-fachen Eigenwert 0.
> Also hat auch A den n-fachen Eigenwert 0. Also ist das
> charakteristische Polynom von A [mm]\nu[/mm] = [mm]\lambda^n.[/mm] Mit dem
> Satz von Cayley/Hamilton gilt aber [mm]\nu(A)[/mm] = 0, also gilt
> [mm]A^n[/mm] = 0.
>
> Was hier natürlich auch noch fehlt wäre, dass [mm]A^j \not=[/mm] 0
> ist.
Jetzt nicht Voraussetzung und Schlussfolgerung durcheinanderbringen:
Vor.:Sei K ein Körper und A [mm]\in K^{n \times n}[/mm] mit [mm]A^n[/mm] = 0 und [mm]A^j \not=[/mm] 0 für j < n.
Zu zeigen ist (ersteinmal): dass A ähnlich zu einer oberen Dreiecksmatrix mit Nullen auf der Hauptdiagonalen ist.
Dazu: Wie so oft koennte die Jordansche NF helfen. Ich wuerde mir hier Minimalpolynom und charakteristisches Polynom ueberlegen.
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> Ich habe leider keine Ideen mehr, wie ich die Aufgabe
> lösen könnte und wäre deswegen über einen Schubs in die
> richtige Richtung dankbar.
>
> Viele Grüße,
> Avinu
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:47 Fr 18.07.2014 | | Autor: | Avinu |
Hallo hippias,
erst mal vielen Dank für deine Antwort.
hehe, ja mir war schon klar, dass ich da die Gegenrichtung gemacht habe. Aber das war eben das einzige, was mir dazu eingefallen war und deswegen wollte ich es aufschreiben, um nicht einfach nur zu sagen ich habe keine Ahnung wie die Aufgabe zu lösen ist. ;)
Jordanform und minimal Polynom wurde bei uns in der Vorlesung nicht behandelt. Aus dem Wikipedia Artikel werde ich jetzt auch nicht wirklich schlau. Gibt es evtl. noch eine andere Möglichkeit?
Das ist allerdings auch eine alte Klausuraufgabe, damals bei einem anderen Dozenten. Wäre also durchaus möglich, dass wir das mit unseren Mitteln gar nicht lösen können.
Aber zu dem charakteristisches Polynom fällt mir auch nicht viel ein. Bloß, dass es ja vom Grad < n sein müsste.
Viele Grüße,
Avinu
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:32 Fr 18.07.2014 | | Autor: | hippias |
> Hallo hippias,
>
> erst mal vielen Dank für deine Antwort.
>
> hehe, ja mir war schon klar, dass ich da die Gegenrichtung
> gemacht habe. Aber das war eben das einzige, was mir dazu
> eingefallen war und deswegen wollte ich es aufschreiben, um
> nicht einfach nur zu sagen ich habe keine Ahnung wie die
> Aufgabe zu lösen ist. ;)
>
> Jordanform und minimal Polynom wurde bei uns in der
> Vorlesung nicht behandelt. Aus dem Wikipedia Artikel werde
> ich jetzt auch nicht wirklich schlau. Gibt es evtl. noch
> eine andere Möglichkeit?
Das ist ja interessant! Natuerlich geht es auch "ohne": dann bestimmt man eben direkt eine Basis, in der $A$ die vermutete Gestalt hat. Die Kerne der Potenzen [mm] $A^{i}$ [/mm] wachsen von $Kern [mm] A^{0}=0$ [/mm] bis hin zu $Kern [mm] A^{n}= [/mm] V$. Aus den Vektoren in den Raeumen $Kern [mm] A^{i}$, $i=1,\ldots, [/mm] n$, kannst Du Dir eine passende Basis zusammensetzen.
> Das ist allerdings auch eine alte Klausuraufgabe, damals
> bei einem anderen Dozenten. Wäre also durchaus möglich,
> dass wir das mit unseren Mitteln gar nicht lösen können.
>
> Aber zu dem charakteristisches Polynom fällt mir auch
> nicht viel ein. Bloß, dass es ja vom Grad < n sein
Nein: sein Grad ist stets gleich der Dimension des Raumes.
> müsste.
>
> Viele Grüße,
> Avinu
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:24 Fr 18.07.2014 | | Autor: | fred97 |
> Sei K ein Körper und A [mm]\in K^{n \times n}[/mm] mit [mm]A^n[/mm] = 0 und
> [mm]A^j \not=[/mm] 0 für j < n. Zeigen Sie, dass A ähnlich zu
> einer oberen Dreiecksmatrix mit Nullen auf der
> Hauptdiagonalen ist. Zeigen Sie weiter, dass A genau dann
> diagonalisierbar ist, wenn n = 1 ist.
> Hallo zusammen,
>
> ich komme mit dieser Aufgabe nicht weiter. Ich denke, dass
> ich (fast) die Rückrichtung beweisen kann, aber leider
> nicht die geforderte Richtung.
>
> Sei A ähnlich zu einer oberen Dreiecksmatrix B mit Nullen
> auf der Hauptdiagonalen. Dann existiert ja ein [mm]P \in GL_n(K)[/mm]
> mit [mm]P^{-1} A P = B[/mm]. Dann hat B ja den n-fachen Eigenwert 0.
> Also hat auch A den n-fachen Eigenwert 0. Also ist das
> charakteristische Polynom von A [mm]\nu[/mm] = [mm]\lambda^n.[/mm] Mit dem
> Satz von Cayley/Hamilton gilt aber [mm]\nu(A)[/mm] = 0, also gilt
> [mm]A^n[/mm] = 0.
Dass Du hier etwas zeigst, das gar nicht verlangt war, hat man Dir schon gesagt.
>
> Was hier natürlich auch noch fehlt wäre, dass [mm]A^j \not=[/mm] 0
Das wird Dir nicht gelingen, denn alles was Du oben veranstaltet hast, kann man auch mit A=0 machen.
Zur Aufgabe: sei also [mm] A^n=0 [/mm] und [mm] A^{n-1} \ne [/mm] 0.
Dann gibt es ein x [mm] \in K^n [/mm] mit [mm] A^{n-1}x \ne [/mm] 0.
1. Zeige: [mm] B:=\{ A^{n-1}x, A^{n-2}x, ...., Ax,x\} [/mm] ist eine Basis des [mm] K^n.
[/mm]
2. Bestimme die Abbildungsmatrix von A bezüglich B.
FRED
> ist.
>
> Ich habe leider keine Ideen mehr, wie ich die Aufgabe
> lösen könnte und wäre deswegen über einen Schubs in die
> richtige Richtung dankbar.
>
> Viele Grüße,
> Avinu
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:11 Mi 23.07.2014 | | Autor: | Avinu |
Hallo Fred,
vielen Dank für deine Antwort.
> 1. Zeige: [mm]B:=\{ A^{n-1}x, A^{n-2}x, ...., Ax,x\}[/mm] ist eine
> Basis des [mm]K^n.[/mm]
$ [mm] B:=\{ A^{n-1}x, A^{n-2}x, ...., Ax,x\} [/mm] $ hat n Elemente. Um zu zeigen, dass B eine Basis des [mm] K^n [/mm] ist reicht es also zu zeigen, das alle [mm] B_i [/mm] linear unabhängig sind.
Sei a [mm] \in K^n [/mm] so gegeben, dass [mm] \summe_{i=1}^{n} a_i B_i [/mm] = 0 ist. Ich müsste ja jetzt zeigen, dass daraus folgt, dass a = 0 ist. Aber das bekomme ich leider nicht hin.
Welche Eigenschaft muss man ausnutzen um dies zeigen zu können?
Viele Grüße,
Avinu
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:00 Mi 23.07.2014 | | Autor: | hippias |
> Hallo Fred,
>
> vielen Dank für deine Antwort.
>
> > 1. Zeige: [mm]B:=\{ A^{n-1}x, A^{n-2}x, ...., Ax,x\}[/mm] ist eine
> > Basis des [mm]K^n.[/mm]
>
> [mm]B:=\{ A^{n-1}x, A^{n-2}x, ...., Ax,x\}[/mm] hat n Elemente. Um
> zu zeigen, dass B eine Basis des [mm]K^n[/mm] ist reicht es also zu
> zeigen, das alle [mm]B_i[/mm] linear unabhängig sind.
>
> Sei a [mm]\in K^n[/mm] so gegeben, dass [mm]\summe_{i=1}^{n} a_i B_i[/mm] = 0
> ist. Ich müsste ja jetzt zeigen, dass daraus folgt, dass a
> = 0 ist. Aber das bekomme ich leider nicht hin.
>
> Welche Eigenschaft muss man ausnutzen um dies zeigen zu
> können?
Natuerlich die Voraussetzung [mm] $A^{n}=0$. [/mm] Multipliziere die Gleichung mit [mm] $A^{n-1}$...
[/mm]
>
> Viele Grüße,
> Avinu
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:43 Do 24.07.2014 | | Autor: | Avinu |
Hallo hippias,
vielen Dank für deine Antwort. Mir scheint, ich denke zu kompliziert...die Lösung ist immer viel einfacher, als das, was ich hier versuche...
Wenn ich mit [mm] A^{n-1} [/mm] multipliziere, dann erhalte ich für alle Elemente einen Faktor [mm] A^{m} [/mm] mit m > n. Also sind diese Teile der Summe alle 0. Es bleibt also übrig [mm] a_n A^{n-1}x [/mm] = 0. Wir hatten ja aber x genau so gewählt, dass [mm] A^{n-1}x \not= [/mm] 0. Also muss [mm] a_n [/mm] = 0 sein. Wenn ich dann mit [mm] A^{n-2} [/mm] multipliziere, kann ich auf ähnlichem Wege folgern, dass [mm] a_{n-1} [/mm] = 0 gelten muss usw. Also ist a = 0. Damit wäre also gezeigt, dass B eine Basis von [mm] K^n [/mm] ist.
Dann müsste die Abbildungsmatrix von A bzgl. B ja [mm] M_B^B(A) [/mm] = [mm] \pmat{ 0 & 1 & 0 & ... & 0 \\ 0 & 0 & 1 & ... & 0 \\ ... & ... & ... & ... & ... \\ 0 & ... & 0 & 0 & 1 \\ 0 & ... & 0 & 0 & 0} [/mm] sein.
Jetzt weiß ich, dass zwei Abbildungsmatrizen (der gleichen Abbildung bzgl. unterschiedlicher Basen) ähnlich zueinander sind. Also müsste A ähnlich zu [mm] M_B^B(A) [/mm] sein. Und "zufälligerweise" ist [mm] M_B^B(A) [/mm] ja eine obere Dreiecksmatrix mit Nullen auf der Hauptdiagonalen.
Der zweite Teil der Aufgabe müsste dann aber trivial sein. Für n=1 ist A = 0 und die Nullmatrix ist bereits eine Diagonalmatrix. Für n > 1 haben wir aber gezeigt, dass A ähnlich zu [mm] M_B^B(A) [/mm] ist. Ähnliche Matrizen haben das gleiche charakteristische Polynom. Es ist aber offensichtlich [mm] \chi_{M_B^B(A)} [/mm] = [mm] x^n. [/mm] Also ist 0 ein n-facher Eigenwert von [mm] M_B^B(A) [/mm] und damit auch von A. Damit ist A nicht diagonalisierbar, denn dazu braucht es n verschiedene Eigenwerte.
Ist das soweit korrekt und ausreichend Begründet?
So oder so danke ich euch zwei für eure Hilfe! Ich weiß ich stand hier mehr als einmal auf dem Schlauch :(
Viele Grüße,
Avinu
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:00 Do 24.07.2014 | | Autor: | felixf |
Moin!
> vielen Dank für deine Antwort. Mir scheint, ich denke zu
> kompliziert...die Lösung ist immer viel einfacher, als
> das, was ich hier versuche...
Sowas kommt vor :)
> Wenn ich mit [mm]A^{n-1}[/mm] multipliziere, dann erhalte ich für
> alle Elemente einen Faktor [mm]A^{m}[/mm] mit m > n. Also sind diese
> Teile der Summe alle 0. Es bleibt also übrig [mm]a_n A^{n-1}x[/mm]
> = 0. Wir hatten ja aber x genau so gewählt, dass [mm]A^{n-1}x \not=[/mm]
> 0. Also muss [mm]a_n[/mm] = 0 sein. Wenn ich dann mit [mm]A^{n-2}[/mm]
> multipliziere, kann ich auf ähnlichem Wege folgern, dass
> [mm]a_{n-1}[/mm] = 0 gelten muss usw. Also ist a = 0. Damit wäre
> also gezeigt, dass B eine Basis von [mm]K^n[/mm] ist.
Genau! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Dann müsste die Abbildungsmatrix von A bzgl. B ja [mm]M_B^B(A)[/mm]
> = [mm]\pmat{ 0 & 1 & 0 & ... & 0 \\ 0 & 0 & 1 & ... & 0 \\ ... & ... & ... & ... & ... \\ 0 & ... & 0 & 0 & 1 \\ 0 & ... & 0 & 0 & 0}[/mm]
> sein.
> Jetzt weiß ich, dass zwei Abbildungsmatrizen (der gleichen
> Abbildung bzgl. unterschiedlicher Basen) ähnlich
> zueinander sind. Also müsste A ähnlich zu [mm]M_B^B(A)[/mm] sein.
Exakt.
> Und "zufälligerweise" ist [mm]M_B^B(A)[/mm] ja eine obere
> Dreiecksmatrix mit Nullen auf der Hauptdiagonalen.
> Der zweite Teil der Aufgabe müsste dann aber trivial sein.
> Für n=1 ist A = 0 und die Nullmatrix ist bereits eine
> Diagonalmatrix. Für n > 1 haben wir aber gezeigt, dass A
> ähnlich zu [mm]M_B^B(A)[/mm] ist. Ähnliche Matrizen haben das
> gleiche charakteristische Polynom. Es ist aber
> offensichtlich [mm]\chi_{M_B^B(A)}[/mm] = [mm]x^n.[/mm] Also ist 0 ein
> n-facher Eigenwert von [mm]M_B^B(A)[/mm] und damit auch von A. Damit
> ist A nicht diagonalisierbar, denn dazu braucht es n
> verschiedene Eigenwerte.
>
> Ist das soweit korrekt und ausreichend Begründet?
Ich denke das ist so in Ordnung. Um sicherzugehen solltest du aber vielleicht noch erwaehnen, dass die Dimension vom Eigenraum wirklich 1 ist, da sie gleich der Dimension des Kernes ist und diese hier direkt abgelesen werden kann, da [mm] $M_B^B(A)$ [/mm] in Zeilenstufenform ist.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:43 Fr 25.07.2014 | | Autor: | Avinu |
Danke =)
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