Drehachse/Kommutator < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
Zwar hat mir die Suchfunktion schon einige gute Ansätze gebracht, doch so richtig weiter bin ich noch nicht.
Wenn ich eine Matrix [mm] A\in K^{3x3} [/mm] habe und die Abbildung [mm] f_{A}\IR^{3}->\IR^{3} [/mm] mit [mm] f_{A}(x)=Ax [/mm] habe. Wie bestimme ich dann die Drehachse?
Und zum Kommutator brauche ich einen Ansatz (keine Lösung):
Ich habe [mm] [A,B]^{2}+det([A,B])E=0 [/mm] und muss das zeigen. [mm] A,B\in K^{2x2}.
[/mm]
Soll ich das nun über komplettes Ausformulieren beweisen oder kann man die Formel in der Form ausrechnen, ohne explizit Matrizen einzusetzen?
|
|
| |
|
Grüße!
Also, die Drehachse bestimmst Du, indem Du die Eigenräume bestimmst. Wenn Du für die Abbildung einen 1-dim. Eigenraum findest, dann ist das die Drehachse... wenn die Abbildung eine Drehung ist, wird der Eigenwert auch gleich 1 sein.
Fazit: erst mit dem char. Polynom die Eigenwerte ausrechnen und anschließend den Eigenraum bestimmen - das ist einfach Auflösen eines linearen Gleichungssystems.
Zur 2. Aufgabe... Ausrechnen ist der Weg zur Wahrheit!
Ernsthaft: ich sehe jetzt auf Anhieb keine allgemeine Begründung, aber Du hast ja $(2 [mm] \times [/mm] 2)$-Matrizen, da sollte das kein Problem sein... den Kommutator mußt Du ja nur einmal bestimmen. Dann nimmst Du einmal seine Determinante und andererseits quadrierst Du ihn... und dann sollte das da stehen. 
Lars
|
|
|
| |
|
Erstmal vielen Dank für die Erklärung!
> Also, die Drehachse bestimmst Du, indem Du die Eigenräume
> bestimmst. Wenn Du für die Abbildung einen 1-dim. Eigenraum
> findest, dann ist das die Drehachse... wenn die Abbildung
> eine Drehung ist, wird der Eigenwert auch gleich 1 sein.
>
> Fazit: erst mit dem char. Polynom die Eigenwerte ausrechnen
> und anschließend den Eigenraum bestimmen - das ist einfach
> Auflösen eines linearen Gleichungssystems.
Und hier liegt das Problem. Eigenraum und char. Polynom wurden bei uns noch nicht definiert! Kannst Du mir das auch noch kurz erläutern?
|
|
|
| |
|
Hallo!
Na, es geht auch ohne viel Theorie:
Gesucht ist ein Vektor auf der Drehachse. Ich gehe mal davon aus, dass Deine Matrix wirklich eine Drehung im Raum beschreibt.
Was zeichnet so einen Vektor aus? Er bleibt fest. Das heißt, wir suchen ein x, für das gilt:
$Ax = x$
Oder anders: $Ax - x = 0$
Nochmal umgeformt: $(A - E)x = 0$
Dabei meine ich mit $E$ die Einheitsmatrix. Das heißt, Du mußt das Gleichungssystem $(A - E)x = 0$ lösen. Wenn alles glatt geht, erhälst Du eine freie Variable und damit als Lösungsmenge eine Gerade - die Drehachse.
Viel Glück!
Lars
|
|
|
| |
|
Das hat mir noch gefehlt, vielen Dank!
|
|
|
| |
|
Habe gerade mit dem Übungsleiter gesprochen. Der meinte, dass der Beweis nicht nur über ausrechnen funktioniert. D.h. es muss noch einen Weg geben!
[mm] [A,B]^{2}+det([A,B])E=0
[/mm]
Alleine das Quadrat des Kommutators wird schon riesig. Daher habe ich es auf dem direkten Weg versucht:
[mm] \gdw (AB-BA)^{2}+\pmat{ det([A,B]) & 0 \\ 0 & det([A,B]) }=0
[/mm]
[mm] \gdw (AB)^{2}-2(AB)(BA)+(BA)^{2}+\pmat{ det([A,B]) & 0 \\ 0 & det([A,B]) }=0
[/mm]
So und nun komme ich nicht weiter....?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:48 Sa 27.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo misterbecks!
Man kann die Aufgabe viel eleganter lösen, und zwar wie folgt:
Für eine $(2 [mm] \times [/mm] 2)$-Matrix $M$ gilt:
[mm] $CP_M(t) [/mm] = [mm] t^2 [/mm] - [mm] 2\, [/mm] tr(M) t+ [mm] \det(M)$.
[/mm]
Speziell für $M=[A,B]$ folgt:
[mm] $CP_{[A,B]}(t) [/mm] = [mm] t^2 [/mm] - [mm] 2\, [/mm] tr([A,B]) t+ [mm] \det([A,B])$.
[/mm]
Nun ist aber:
$tr(AB)=tr(BA)$,
also wegen der Linearität der Spur
$tr([A,B])=0$.
Daher folgt:
[mm] $CP_{[A,B]}(t) [/mm] = [mm] t^2 [/mm] + [mm] \det([A,B])$.
[/mm]
Aus dem Satz von Cayley-Hamilton ergibt sich nun:
$0 = [mm] CP_{[A,B]}([A,B]) [/mm] = [mm] [A,B]^2 [/mm] + [mm] \det([A,B]) \cdot E_2$,
[/mm]
also die Behauptung.
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
|
