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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:51 Di 22.01.2008 | | Autor: | Mika123 |
| Aufgabe | Seien A aus Mn(K) und P aus K[X].
a) Zeige: Ist lambda aus K ein Eigenwert von A, so ist P(lambda) ein Eigenwert von P(A).
b) Es werde vorausgesetzt, dass K ein Teilkörper von C ist. Ist dann jeder Eigenwert mü aus K von P(A) von der Form P(lambda) für einen Eigenwert lambda aus C von A? |
Ich brauche unbedingt die Lösung dieser Aufgabe, bin hier aber echt überfordert :( kann mir evtl jemand helfen??? danke schon mal im Vorraus und liebe grüße, Mika
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> Seien A aus Mn(K) und P aus K[X].
> a) Zeige: Ist lambda aus K ein Eigenwert von A, so ist
> P(lambda) ein Eigenwert von P(A).
> b) Es werde vorausgesetzt, dass K ein Teilkörper von C
> ist. Ist dann jeder Eigenwert mü aus K von P(A) von der
> Form P(lambda) für einen Eigenwert lambda aus C von A?
> Ich brauche unbedingt die Lösung dieser Aufgabe, bin hier
> aber echt überfordert :( kann mir evtl jemand helfen???
Hallo,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") .
Lies Dir bitte einmal die Forenregeln durch, wir legen insbesondere Wert auf eigene Lösungsansätze.
Bei Deiner Aufgabe z.B. würde ich erwarten, daß Du uns an Deinen bisherigen Überlegungen teilnehmen läßt und zeigst, wie weit Du gekommen bist.
Wir können ja nur helfen, wenn wir wissen, wo das Problem liegt.
Bevor Du beginnst, irgendetwas zu beweisen, kläre folgndes:
1: Was bedeutet es, daß [mm] \lambda [/mm] ein Eigenwert von A ist?
2: Was bedeutet [mm] P\in [/mm] K[x] ?
3: Was bedeutet [mm] P(\lambda) [/mm] ?
4: Was bedeutet P(A) ?
5: Was ist zu zeigen, wenn Du zeigen sollst, daß [mm] P(\lambda) [/mm] ein Eigenwert von P(A) ist?
Als nächstes überlege Dir unter der Voraussetzung, daß [mm] \lambda [/mm] Eigenwert von A ist,
- welchen Eigenwert [mm] A^2, A^3 [/mm] usw. hat.
- Beweise dies per Induktion
- Sei v ein Eigenvektor von A zum Eigenwert [mm] \lambda. [/mm] Starte einen Versuchsballon und berechne (P(A))v
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:24 Mi 23.01.2008 | | Autor: | daN-R-G |
Hi!
Ich versuche mich jetzt auch gerade an dieser Aufgabe, und versuche nun erstmal herrauszubekommen, was ich da jetzt eigentlich beweisen will, zumindest erstmal für a)
Also dass [mm] \lambda [/mm] ein Eigenwert von A ist bedeutet ja, dass das char. Polynom von A = 0 ist, wenn man für [mm] \lambda [/mm] einen der Eigenwerte einsetzt. Also es sind halt die Nullstellen des char. Polynoms.
Das $P [mm] \in [/mm] K[X]$ ist heisst ja, dass P ein beliebiges Polynom aus dem Vektorraum aller Polynome über K ist.
Den Rest bekomme ich nun leider auch nicht ganz zusammen.
[mm] $P(\lambda) [/mm] = P(A)$ bedeutet ja so etwas wie [mm] \lambda^n\cdot a_n [/mm] + ... + [mm] \lambda^0a_0 [/mm] = [mm] A^n \cdot a_n [/mm] + ... + [mm] A^0a_0 [/mm] für $a [mm] \in \mathbb{K}$
[/mm]
Wäre nett, wenn jemand erstmal bestätigen könnte, dass ich da nicht ganz auf dem Holzweg bin und mir ein wenig unter die Arme greifen könnte, diese Aufgabe selber zu lösen :)
Dankööö
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> Also dass [mm]\lambda[/mm] ein Eigenwert von A ist bedeutet ja, dass
> das char. Polynom von A = 0 ist, wenn man für [mm]\lambda[/mm] einen
> der Eigenwerte einsetzt. Also es sind halt die Nullstellen
> des char. Polynoms.
Hallo,
das mit dem charakteristischen Polynom stimmt zwar, aber das ist eher die Anleitung, wie man den Eigenwert berechnet.
"Eigenwert" und "Eigenvektor" haben ja eine recht anschauliche Bedeutung:
[mm] \lambda [/mm] ist ein Egenwert v. A, wenn es einen Vektor v gibt, so daß [mm] Av=\lambda [/mm] v.
Die Richtung des Eigenvektors ist also eine Richtung, in welcher Vektoren und ihr Bild parallel sind.
Ein gutes Beispiel ist die Drehachse bei Drehungen: es verändert sich unter der Drehung weder deren Richtung noch die Länge der Vektoren in Richung Drehachse. (Eigenwert 1)
Du arbeitest hier für die Aufgabe besser mit [mm] Av=\lambda [/mm] v.
> Das [mm]P \in K[X][/mm] ist heisst ja, dass P ein beliebiges Polynom
> aus dem Vektorraum aller Polynome über K ist.
Ja.
>
> Den Rest bekomme ich nun leider auch nicht ganz zusammen.
>
> [mm]P(\lambda) = P(A)[/mm] bedeutet ja
Momentchen! Davon war nicht die Rede.
Nie und nimmer können Summen v. Elementen aus K und Summen v. nxn-Matrizen gleich sein. Jedenfalls nicht für n>1.
Es ist für [mm] p:=\summe a_ix^i
[/mm]
[mm] p(\lambda)=
[/mm]
> [mm]\lambda^n\cdot a_n[/mm]
> + ... + [mm]\lambda^0a_0[/mm]
und p(A)=
= [mm]A^n \cdot a_n[/mm] + ... + [mm]A^0a_0[/mm] für [mm]a \in \mathbb{K}[/mm]
Manchmal muß man sich selbst ein wenig überlisten.
P(A) ist eine Matrix und [mm] P(\lambda) [/mm] ein Körperelement.
Wir taufen sie jetzt um, damit Du es ein bißchen leichter hast:
B:=P(A) , [mm] \mu:=P(\lambda).
[/mm]
Nun überlege Dir, was Du zeigen mußt, wenn Du zeigen willst, daß [mm] \mu [/mm] ein Eigenwert von B ist.
Danach weiter nach Anleitung.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:26 Mi 23.01.2008 | | Autor: | daN-R-G |
Das ist ja eine ziemlich verzwickte Aufgabe :)
Also meine eine Gleichsetzung, dass [mm] $P(\lambda) [/mm] = P(A)$ ist, war natürlich totaler Quatsch. Weiß ich selber nicht, wieso ich das so hingeschrieben habe.
Nun zu dem, was du mir gesagt hast:
Wenn ich zeigen will, dass $ [mm] \mu:=P(\lambda). [/mm] $ ein Eigenwert von $B:=P(A)$ ist, so muss es also einen Vektor $v$ geben, für den gilt: $Bv = [mm] \mu [/mm] v$.
Aber irgendwie verstehe ich leider garnicht, wie ich zeigen kann, dass es einen solchen Vektor gibt!
Mein [mm] \mu [/mm] muss also irgendwie "identisch" mit B sein, damit diese Gleichung erfüllt ist, oder wie kann ich das ganze noch deuten?
Das ganze ist sehr schwer für mich zu beschreiben, da es momentan noch über meiner Vorstellungskraft ist. Ich hoffe, das ändert sich gleich :)
Ich hoffe, mir ist noch zu helfen!
Aber trotzdem Angela: Du machst echt einen riesen Job hier in dem Forum! Respekt und [mm] \summe_{i=1}^{1000} [/mm] Danke!
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> Nun zu dem, was du mir gesagt hast:
> Wenn ich zeigen will, dass [mm]\mu:=P(\lambda).[/mm] ein Eigenwert
> von [mm]B:=P(A)[/mm] ist, so muss es also einen Vektor [mm]v[/mm] geben, für
> den gilt: [mm]Bv = \mu v[/mm].
> Aber irgendwie verstehe ich leider
> garnicht, wie ich zeigen kann, dass es einen solchen Vektor
> gibt!
Hallo,
eine sehr einfache Möglichkeit das zu beweisen ist die, den richtigen in die Hand zu nehmen und zu zeigen, daß er genau das tut, was gefordert ist.
Bleibt natürlich die Frage, wie man den Richtigen findet. Man stellt sich mit geschlossenen Augen in die Landschaft und nimmt Witterung auf - ich hab' Dir doch eigentlich schon verraten, welcher es ist...
>
> Mein [mm]\mu[/mm] muss also irgendwie "identisch" mit B sein, damit
> diese Gleichung erfüllt ist, oder wie kann ich das ganze
> noch deuten?
Da gibt's nichts weiter zu deuten. Du sollst einfach bloß zeigen, daß dieses [mm] P(\lambda) [/mm] ein Eigenwert v. P(A) ist. Wenn Du's mal durchgerechnet hast, wird es Dich kaum noch erstaunen.
> Das ganze ist sehr schwer für mich zu beschreiben, da es
> momentan noch über meiner Vorstellungskraft ist. Ich hoffe,
> das ändert sich gleich :)
Benennen wir jetzt mal den Eigenvektor von A zu [mm] \lambda [/mm] mit v.
Nun schreib doch einfach mal auf, was
B*v ergibt.
Danach schau Dir meine Bastelanleitung aus dem ersten Post an.
>
> Ich hoffe, mir ist noch zu helfen!
Du darfst bloß nicht wegen einem Summenzeichen und ein paar Indizes in Schreckstarre verfallen.
B ist eine Summe v. Matrizen (also eine Matrix), da muß man keine Angst vor haben. Die beißt nicht.
>
[mm] >\summe_{i=1}^{1000}[/mm] [/mm] Danke!
Gern geschehen.
Gruß v. Angela
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 18:33 Mi 23.01.2008 | | Autor: | Mika123 |
Hallo ihr Lieben!! Vielen, vielen Dank für eure Hilfe. Ich habe jetzt (mit noch ein wenig Hilfe von einem Freund) die Aufgabe gelöst. Ich sende euch einfach mal das, was wir jetzt geschrieben haben. liebe grüße, mika
(1) lambda EW von A
(2) => ex. x aus K: Ax = lambda x
(3) => P(A)x = P(lambda)x
(4) => P(lambda) ist EW von P(A)
um (2)=>(3) zu zeigen, reicht zu zeigen dass [mm] A^n [/mm] x = [mm] lambda^n [/mm] x (einfach, z.B. per Induktion). Der Rest folgt aus den Körperaxiomen (also dass [mm] k*A^n [/mm] x + [mm] l*A^m [/mm] x = [mm] k*lambda^n [/mm] x + [mm] l*lambda^m [/mm] x ist).
b) Betrachten wir Matrizen mit Doppeldiagonalstruktur, d.h. außer den Elementen der Hauptdiagonale und der Diagonale darüber sind alle Einträge 0. Wenn wir 2 solche Matrizen multiplizieren, C = A*B, so hat C wieder die gleiche Struktur, und die Hauptdiagonalelemente von C sind gerade die Produkte der entsprechenden Hauptdiagonalelemente der Matrizen A und B. Davon überzeugt man sich leicht durch Multiplikation zweier solcher Matrizen. Trivialerweise ergibt Addition A+B und Skalarmultiplikation k*A wieder Matrizen derselben Struktur.
Wir stellen weiterhin fest, dass die Hauptdiagonalelemente gerade die Eigenwerte sind. Das sieht man anhand des charakteristischen Polynoms det(C - lambda*E), wenn man die Determinante nach Reihen, von unten angefangen, entwickelt.
Sei J eine solche Doppeldiagonalmatrix. Dann ist P(J) ebenfalls in Doppeldiagonalstruktur, und die Diagonalelemente (und damit Eigenwerte) sind gerade P(lambda), wobei lambda die Eigenwerte von J sind. In diesem Fall gilt also für alle Eigenwerte µ von P(J): es ex. ein EW lambda von J so dass µ = P(lambda).
Im Komplexen lässt sich nun jede Matrix A auf Jordansche Normalform (ein Spezialfall der Doppeldiagonalmatrizen) bringen:
Aj = QAQ_ (wobei Q_ die Inverse Matrix von Q sein soll)
Diese Matrix Aj hat die gleichen Eigenwerte wie A (wenn wir die Menge der Eigenwerte von A mit EW(A) bezeichnen (Spektrum), so ist EW(A) = EW(Aj)).
Für die Eigenwerte von P(A) gilt nun:
EW(P(A)) = EW(Q*P(A)*Q_) = EW(P(Aj)) = P(EW(Aj)). Den letzten Schritt haben wir schon gezeigt, es fehlt noch zu zeigen dass Q*P(A)*Q_ = P(Aj) ist. Für Potenzen von A gilt das: Q*A²*Q_ = Q*A*Q_*Q*A*Q_ = Aj*Aj = [mm] Aj^2. [/mm] Auf gleiche Weise gilt [mm] Q*A^n*Q_ [/mm] = [mm] Aj^n, [/mm] und Q*(P(A))*Q_ = P(Aj).
Damit ist Teil b) gelöst: P(A) hat genau die Eigenwerte P(lambda) wobei lambda EW von A ist.
Der letzte Teil in der Frage b), nämlich dass lambda aus C ist (im Gegensatz zu lambda aus K), ist übrigens wesentlich: Wenn A die Drehmatrix um 90° im R² ist (A = (0 1; -1 0)), dann hat A keine reellen EW, aber [mm] A^4 [/mm] = E hat den EW 1. Im Komplexen hat A allerdings die EW lambda = -i, +i; so dass [mm] lambda^4 [/mm] = 1 gilt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:20 Fr 25.01.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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