Eigenwert < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:02 So 11.05.2008 | | Autor: | SusanneK |
| Aufgabe | Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper, sei [mm] A \in M_{nn} (K) [/mm], und sei [mm] p \in K[T] [/mm].
Beweisen Sie: Wenn [mm] \lambda [/mm] ein Eigenwert von p(A) ist, dann gilt [mm] \lambda=p(a) [/mm] für ein a [mm] \in [/mm] K und a ist ein Eigenwert von A. |
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Hallo,
so richtig verstehe ich nicht, was ich tun soll:
Ich setze A in das Polynom p ein und erhalte [mm] \lambda [/mm] als Eigenwert. Wenn ich noch einen 2. Eigenwert a in das Polynom einsetze, kann ich auch [mm] \lambda [/mm] erhalten ?
Also ein Vielfaches von [mm] \lambda [/mm] ist auch ein Eigenwert von A ?
Danke, Susanne.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:49 So 11.05.2008 | | Autor: | piet.t |
Hallo,
zur Lösung habe ich noch nicht die richtig zündende Idee, aber vielleicht helfen ja schon ein paar Hinweise zum Verständnis der Aufgabenstellung:
> Ich setze A in das Polynom p ein und erhalte [mm]\lambda[/mm] als
> Eigenwert.
Da bin ich mir noch nicht so ganz sicher, ob Du das richtig verstanden hast. Durch das einsetzten von A in p erhält man wieder ein Matrix (nämlich [mm] $\sum_i k_i A^i$ [/mm] wenn $p(x) = [mm] \sum_i k_i x^i$). [/mm] Und diese neue Matrix hat einen Eigentwert [mm] \lambda [/mm] - d.h. [mm] \lambda [/mm] muss gar kein Eigenwert von A sein.
> Wenn ich noch einen 2. Eigenwert a in das
> Polynom einsetze, kann ich auch [mm]\lambda[/mm] erhalten ?
Der erste Teil der Aussage ist ja noch recht einfach: es gibt irgend ein a, so dass a in p eingesetzt [mm] \lambda [/mm] ergibt (das ist in einem algebraisch abgschlossenen Körper ja nicht schwer zu zeigen).
Der spannendere Teil ist die Aussage, dass a ein Eigenwert von A ist.
Achtung: a ist kein "zweiter" Eigenwert von irgend etwas, denn a ist ja Eigenwert von A, während [mm] \lambda [/mm] Eigenwert von p(A) ist - also von einer ganz anderen Matrix!!
> Also ein Vielfaches von [mm]\lambda[/mm] ist auch ein Eigenwert von
> A ?
![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]") Da verstehe ich nicht ganz, was Du uns damit sgaen willst
>
> Danke, Susanne.
Gruß
piet
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:19 Di 13.05.2008 | | Autor: | SusanneK |
Hallo Piet,
vielen Dank für Deine Hilfe !!
Ich war unterwegs, deshalb melde ich mich erste jetzt.
> Da bin ich mir noch nicht so ganz sicher, ob Du das richtig
> verstanden hast. Durch das einsetzten von A in p erhält man
> wieder ein Matrix (nämlich [mm]\sum_i k_i A^i[/mm] wenn [mm]p(x) = \sum_i k_i x^i[/mm]).
> Und diese neue Matrix hat einen Eigentwert [mm]\lambda[/mm] - d.h.
> [mm]\lambda[/mm] muss gar kein Eigenwert von A sein.
Das hatte ich nicht verstanden, vielen Dank für die Erläuterung !
> Der erste Teil der Aussage ist ja noch recht einfach: es
> gibt irgend ein a, so dass a in p eingesetzt [mm]\lambda[/mm] ergibt
> (das ist in einem algebraisch abgschlossenen Körper ja
> nicht schwer zu zeigen).
Leider ist es für mich noch nicht einfach 
Also, wenn ich a in p einsetze, kommt ein Wert heraus und dieser Wert ist [mm] \lambda [/mm] ?
Ist denn das jetzt vom Verständnis her richtig ?
> Der spannendere Teil ist die Aussage, dass a ein
> Eigenwert von A ist.
> Achtung: a ist kein "zweiter" Eigenwert von irgend etwas,
> denn a ist ja Eigenwert von A, während [mm]\lambda[/mm] Eigenwert
> von p(A) ist - also von einer ganz anderen Matrix!!
Also, die Determinante von A zerfällt in Linearfaktoren, und einer davon ist (T-a). Ausserdem ist [mm] p(A)=x_0I+x_1A+ x_2A^2..+x_nA^n [/mm] = wieder eine Matrix. Diese Matrix zerfällt auch in Linearfaktoren und hier ist einer [mm] (T-\lambda) [/mm]
Aber wie mache ich jetzt weiter ?
Danke, Susanne.
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> > Der erste Teil der Aussage ist ja noch recht einfach: es
> > gibt irgend ein a, so dass a in p eingesetzt [mm]\lambda[/mm] ergibt
> > (das ist in einem algebraisch abgschlossenen Körper ja
> > nicht schwer zu zeigen).
> Leider ist es für mich noch nicht einfach
> Also, wenn ich a in p einsetze, kommt ein Wert heraus und
> dieser Wert ist [mm]\lambda[/mm] ?
> Ist denn das jetzt vom Verständnis her richtig ?
Hallo,
ja, so ist es.
Und die Existenz eines solchen a ist kein Wunder, denn der Körper K ist ja als abgeschlossen vorausgesetzt, was bedeutet, daß jedes Polynom eine Nullstelle hat. Also auch das Polynom [mm] p(x)-\lambda.
[/mm]
> > Der spannendere Teil ist die Aussage, dass a ein
> > Eigenwert von A ist.
Ich habe ziemlich scharf drüber nachgedacht, und ich glaube, ich weiß jetzt, wie's geht:
es sei also [mm] \lambda [/mm] ein Eigenwert von P(A).
Da wir uns im alg. abgeschlossenen Körper K bewegen, zerfällt das charakteristische Polynom v. A in Linearfaktoren. Also ist A ähnlich zu einer Matrix J in Jordannormalform.
J hat auf der Hauptdiagonalen die Eigenwerte [mm] \lambda_i [/mm] von A.
Betrachtest Du nun die Potenzen [mm] J^k, [/mm] so stellt Du fest: das sind obere Dreiecksmatrizen, und auf der Hauptdiagonalen steht immer die k-te Potenz des entsprechenden Eintrages von J, dh. das i-te Hauptdiagonalelement ist [mm] \lambda_i^k.
[/mm]
Nun betrachten wir P(J). Überlege Dir, daß auch dies eine obere Dreiecksmatrix ist, und daß das i-te Element auf der Hauptdiagonalen das Element [mm] p(\lambda_i) [/mm] ist.
Sicher weißt Du, daß obere Dreiecksmatrizen ihre Eigenwerte auf der Hauptdiagonalen haben.
Die Eigenwerte von P(J) sind also die [mm] p(\lambda_i).
[/mm]
Das waren die Vorbereitungen, und jetzt geht's los:
wie oben erwähnt ist A ähnlich zur JNF J, es gibt also eine invertierbare Matrix B mit [mm] A=B^{-1}JB.
[/mm]
Also ist
[mm] P(A)=P(B^{-1}JB) [/mm] = (überleg' Dir, daß das so ist) [mm] B^{-1}P(J)B.
[/mm]
Wir sehen: es ist P(A)~P(J).
Ähnliche Matrizen haben diesselben Eigenwerte.
Also muß [mm] \lambda, [/mm] der Eigenwert von P(A), gleich einem der Eigenwerte von P(J) sein.
Also ist [mm] \lambda= p(\lambda_i) [/mm] für ein i, und [mm] \lambda_i [/mm] ist ja ein Eigenwert von A.
Hmm. Jetzt habe ich Dir vielleicht zuviel verraten.
Wie heißt es so schön?
Wem das Herz voll ist, dem geht der Mund über...
Falls ich irgendwas falsch gemacht habe, oder Eure Musterlösung einen völlig anderen Weg wählt, wäre ich daran interessiert, das zu erfahren.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:27 Mi 14.05.2008 | | Autor: | SusanneK |
Liebe Angela,
VIELEN VIELEN DANK für Deine Wahnsinnsmühe !!!
> Ich habe ziemlich scharf drüber nachgedacht, und ich
> glaube, ich weiß jetzt, wie's geht:
Wow, vielen Dank !
Ich glaube, eine Zeitlang kann ich Deinen Ausführungen noch so halbwegs folgen ...
(Ich mache ein Beispiel dazu: [mm] A=\pmat{2&1&0\\0&2&0\\0&0&3}, \chi_A=\mu_A=(T-2)^2(T-3) [/mm] (ist auch schon eine Jordanform)
> es sei also [mm]\lambda[/mm] ein Eigenwert von P(A).
>
> Da wir uns im alg. abgeschlossenen Körper K bewegen,
> zerfällt das charakteristische Polynom v. A in
> Linearfaktoren. Also ist A ähnlich zu einer Matrix J in
> Jordannormalform.
>
> J hat auf der Hauptdiagonalen die Eigenwerte [mm]\lambda_i[/mm] von
> A.
[mm] lambda_1=2, \lambda_2=3 [/mm]
>
> Betrachtest Du nun die Potenzen [mm]J^k,[/mm] so stellt Du fest: das
> sind obere Dreiecksmatrizen, und auf der Hauptdiagonalen
> steht immer die k-te Potenz des entsprechenden Eintrages
> von J, dh. das i-te Hauptdiagonalelement ist [mm]\lambda_i^k.[/mm]
Die 2 steht 2mal da, die 3 1mal.
> Nun betrachten wir P(J). Überlege Dir, daß auch dies eine
> obere Dreiecksmatrix ist, und daß das i-te Element auf der
> Hauptdiagonalen das Element [mm]p(\lambda_i)[/mm] ist.
Ich gehe davon aus, dass P(J) die Summe der Jordanblöcke ist und in diesem Fall = A.
> Sicher weißt Du, daß obere Dreiecksmatrizen ihre Eigenwerte
> auf der Hauptdiagonalen haben.
> Die Eigenwerte von P(J) sind also die [mm]p(\lambda_i).[/mm]
>
> Das waren die Vorbereitungen, und jetzt geht's los:
>
> wie oben erwähnt ist A ähnlich zur JNF J, es gibt also eine
> invertierbare Matrix B mit [mm]A=B^{-1}JB.[/mm]
Muss das nicht heissen [mm] B^{-1}AB=J => A=BJB^{-1}[/mm] oder bin ich damit ein Pfennigzähler oder ist es egal ?
> Also ist
>
> [mm]P(A)=P(B^{-1}JB)[/mm] = (überleg' Dir, daß das so ist)
> [mm]B^{-1}P(J)B.[/mm]
>
> Wir sehen: es ist P(A)~P(J).
>
> Ähnliche Matrizen haben diesselben Eigenwerte.
...aber ab hier verstehe ich es gar nicht mehr.
>
> Also muß [mm]\lambda,[/mm] der Eigenwert von P(A), gleich einem der
> Eigenwerte von P(J) sein.
> Also ist [mm]\lambda= p(\lambda_i)[/mm] für ein i, und [mm]\lambda_i[/mm]
> ist ja ein Eigenwert von A.
>
> Hmm. Jetzt habe ich Dir vielleicht zuviel verraten.
> Wie heißt es so schön?
> Wem das Herz voll ist, dem geht der Mund über...
Liebe Angela, nochmals vielen vielen Dank !
Natürlich lasse ich Dir die Musterlösung zukommen, das kann aber noch ein paar Wochen dauern.
LG, Susanne.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:22 Do 15.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Susanne!
> (Ich mache ein Beispiel dazu:
> [mm]A=\pmat{2&1&0\\0&2&0\\0&0&3}, \chi_A=\mu_A=(T-2)^2(T-3)[/mm]
> (ist auch schon eine Jordanform)
Vielleicht solltest du auch noch ein $p$ waehlen. (Ein quadratisches reicht schon, da der groesste Jordanblock die Groesse 2 hat.)
> > Nun betrachten wir P(J). Überlege Dir, daß auch dies eine
> > obere Dreiecksmatrix ist, und daß das i-te Element auf der
> > Hauptdiagonalen das Element [mm]p(\lambda_i)[/mm] ist.
> Ich gehe davon aus, dass P(J) die Summe der Jordanblöcke
> ist und in diesem Fall = A.
Ich glaube Angelda meinte $p(J)$ und nicht $P(J)$. Gemeint ist also $J$ eingesetzt in das Polynom $p$.
> > Sicher weißt Du, daß obere Dreiecksmatrizen ihre Eigenwerte
> > auf der Hauptdiagonalen haben.
> > Die Eigenwerte von P(J) sind also die [mm]p(\lambda_i).[/mm]
> >
> > Das waren die Vorbereitungen, und jetzt geht's los:
> >
> > wie oben erwähnt ist A ähnlich zur JNF J, es gibt also eine
> > invertierbare Matrix B mit [mm]A=B^{-1}JB.[/mm]
> Muss das nicht heissen [mm]B^{-1}AB=J => A=BJB^{-1}[/mm] oder bin
> ich damit ein Pfennigzähler oder ist es egal ?
Wenn du $A = [mm] B^{-1} [/mm] J B$ hast, kannst du $C := [mm] B^{-1}$ [/mm] setzen und bekommst [mm] $C^{-1} [/mm] A C = J$ und $A = C J [mm] C^{-1}$.
[/mm]
Es ist im Endeffekt voellig das gleiche.
> > Also ist
> >
> > [mm]P(A)=P(B^{-1}JB)[/mm] = (überleg' Dir, daß das so ist)
> > [mm]B^{-1}P(J)B.[/mm]
> >
> > Wir sehen: es ist P(A)~P(J).
> >
> > Ähnliche Matrizen haben diesselben Eigenwerte.
>
> ...aber ab hier verstehe ich es gar nicht mehr.
Aber bis hierhin hast du es verstanden? Auch was hier mit $P(A)$, [mm] $P(B^{-1} [/mm] J B)$, ... gemeint ist?
> > Also muß [mm]\lambda,[/mm] der Eigenwert von P(A), gleich einem der
> > Eigenwerte von P(J) sein.
Das folgt direkt aus
> > Ähnliche Matrizen haben diesselben Eigenwerte.
Was du angeblich verstanden hast :)
> > Also ist [mm]\lambda= p(\lambda_i)[/mm] für ein i, und [mm]\lambda_i[/mm]
> > ist ja ein Eigenwert von A.
Die Eigenwerte von $p(A)$ sind die von $p(J)$ (das hatten wir grad), und die von $p(J)$ sind gerade die von der Form [mm] $p(\lambda)$, [/mm] wobei [mm] $\lambda$ [/mm] die Eigenwerte von $A$ durchlaeuft (das hatten wir weiter oben).
Also ist [mm] $\lambda$, [/mm] ein Eigenwert von $p(A)$, von der Form [mm] $\lambda [/mm] = [mm] p(\lambda_i)$ [/mm] fuer einen Eigenwert [mm] $\lambda_i$ [/mm] von $A$.
Nimm doch vielleicht mal ein konkretes $p$ und rechne $p(J)$ aus. Und mach das ruhig auch mal fuer eine groessere Matrix $J$, dann siehst du evtl. mehr.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:44 Do 15.05.2008 | | Autor: | SusanneK |
Lieber Felix,
VIELEN DANK für Deine ausführliche Erklärung !!
> > > Also ist [mm]\lambda= p(\lambda_i)[/mm] für ein i, und [mm]\lambda_i[/mm]
> > > ist ja ein Eigenwert von A.
Diesen Schritt genau habe ich nicht verstanden:
> Die Eigenwerte von [mm]p(A)[/mm] sind die von [mm]p(J)[/mm] (das hatten wir
> grad), und die von [mm]p(J)[/mm] sind gerade die von der Form
> [mm]p(\lambda)[/mm], wobei [mm]\lambda[/mm] die Eigenwerte von [mm]A[/mm] durchlaeuft
>
> Also ist [mm]\lambda[/mm], ein Eigenwert von [mm]p(A)[/mm], von der Form
> [mm]\lambda = p(\lambda_i)[/mm] fuer einen Eigenwert [mm]\lambda_i[/mm] von
> [mm]A[/mm].
>
Das p aus der Aufgabe ist doch nicht das char.Polynom von J ?
> Nimm doch vielleicht mal ein konkretes [mm]p[/mm] und rechne [mm]p(J)[/mm]
> aus. Und mach das ruhig auch mal fuer eine groessere Matrix
> [mm]J[/mm], dann siehst du evtl. mehr.
Das muss ich jetzt wirklich mal machen !
VIELEN DANK !
LG, Susanne.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:47 Do 15.05.2008 | | Autor: | SusanneK |
Jetzt hat sich meine Frage mit der Antwort von Angela überschnitten und damit erledigt.
VIELEN VIELEN DANK an Angela und Felix !!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:50 Do 15.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Susanne
> Lieber Felix,
> VIELEN DANK für Deine ausführliche Erklärung !!
Bitte, hoffentlich bringt's dir was!
> > > > Also ist [mm]\lambda= p(\lambda_i)[/mm] für ein i, und [mm]\lambda_i[/mm]
> > > > ist ja ein Eigenwert von A.
>
> Diesen Schritt genau habe ich nicht verstanden:
> > Die Eigenwerte von [mm]p(A)[/mm] sind die von [mm]p(J)[/mm] (das hatten
> wir
> > grad), und die von [mm]p(J)[/mm] sind gerade die von der Form
> > [mm]p(\lambda)[/mm], wobei [mm]\lambda[/mm] die Eigenwerte von [mm]A[/mm] durchlaeuft
Welchen genau?
1) Den, dass die Eigenwerte von $p(A)$ die Eigenwerte von $p(J)$ sind?
2) Den, dass die Eigenwerte von $p(J)$ gerade die von der Form [mm] $p(\lambda)$ [/mm] sind, mit [mm] $\lambda$ [/mm] Eigenwert von $A$?
> > Also ist [mm]\lambda[/mm], ein Eigenwert von [mm]p(A)[/mm], von der Form
> > [mm]\lambda = p(\lambda_i)[/mm] fuer einen Eigenwert [mm]\lambda_i[/mm] von
> > [mm]A[/mm].
> >
> Das p aus der Aufgabe ist doch nicht das char.Polynom von J
> ?
Nein, es ist irgendein Polynom.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:59 Do 15.05.2008 | | Autor: | SusanneK |
Hallo Felix,
tut mir leid, vorhin musste ich unerwartet weg... jetzt muss ich meine Gedankengänge auch erst wieder sortieren.
> Bitte, hoffentlich bringt's dir was!
>
Doch, vielen Dank, Deine und Angelas Erklärungen haben mir sehr viel gebracht, allerdings wäre ich alleine nie darauf gekommen 
>
> Welchen genau?
>
> 1) Den, dass die Eigenwerte von [mm]p(A)[/mm] die Eigenwerte von
> [mm]p(J)[/mm] sind?
>
> 2) Den, dass die Eigenwerte von [mm]p(J)[/mm] gerade die von der
> Form [mm]p(\lambda)[/mm] sind, mit [mm]\lambda[/mm] Eigenwert von [mm]A[/mm]?
>
Den 2) Punkt habe ich noch nicht so ganz begriffen. Anhand Angelas tollem Beispiel habe ich zwar schon gemerkt, dass ich immer noch den Fehler gemacht habe, dass ich p(A) und A durcheinander geworfen habe, aber bei diesem Punkt stehe ich noch auf der Leitung.
Danke, Susanne.
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> > 2) Den, dass die Eigenwerte von [mm]p(J)[/mm] gerade die von der
> > Form [mm]p(\lambda)[/mm] sind, mit [mm]\lambda[/mm] Eigenwert von [mm]A[/mm]?
> >
> Den 2) Punkt habe ich noch nicht so ganz begriffen. Anhand
> Angelas tollem Beispiel habe ich zwar schon gemerkt, dass
> ich immer noch den Fehler gemacht habe, dass ich p(A) und A
> durcheinander geworfen habe, aber bei diesem Punkt stehe
> ich noch auf der Leitung.
Hallo,
ich hoffe, daß meine Antwort zu Deiner Frage paßt.
Wir betrachten die Matrix P(A), die den Eigenwert [mm] \lambda [/mm] hat.
J ist die JNF von A.
Diese JNF hat auf der Hauptdiagonalen gerade die Eigenwerte von A. An der i-ten Stelle der Hauptdiagonalen stehe der i-te Eigenwert [mm] \lambda_i.
[/mm]
Die Potenzen von J sind obere Dreiecksmatrizen, und ich meine mich zu erinnern, daß Du selbst schon festgestellt hattest, daß bei der Matrix [mm] J^k [/mm] an der i-ten Stelle auf der Hauptdiagonalen der Eintrag [mm] \lambda_i^k [/mm] steht.
Wenn beispielsweise [mm] P(x)=2x^2+3x+4 [/mm] ist, ist [mm] P(J)=2J^2+3J+4E.
[/mm]
Erstens ist P(J) als Summe von oberen Dreiecksmatrizen eine obere Dreiecksmatrix.
Zweitens steht an der i-ten Stelle der Hauptdiagonalen das Element 2 [mm] \lambda_i^2+3 \lambda_i+4
[/mm]
Auf der Hauptdiagonalen stehen die Eigenwerte.
Also sind die 2 [mm] \lambda_i^2+3 \lambda_i+4 [/mm] die Eigenwerte von P(J).
P(J) ist ähnlich zu A. Ähnliche Matrizen haben dieselben Eigenwerte.
[mm] \lambda [/mm] ist nach Voraussetzung Eigenwert von J(A). Also muß einer der Einträge auf der Hauptdiagonalen von P(J) gerade [mm] =\lambda [/mm] sein.
> allerdings wäre ich alleine nie darauf gekommen
Ich habe ja schon gesagt, daß ich die Aufgabe zunächst als schwierig empfunden habe, obgleich sie mir jetzt so sonnenklar ist.
Ich denke, wenn Du die Gedanken nachvollziehen kannst, ist schon ganz viel gewonnen.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:52 Do 15.05.2008 | | Autor: | SusanneK |
WOW,
liebe Angela, VIELEN VIELEN DANK !
Jetzt ist der Groschen bei mir gefallen.
DANKE !
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Hallo,
Felix hat Dir ja inzwischen einiges gesagt, insbesondere ist sein alternativer Beweis für Dich möglicherweise recht interessant. Nicht zuletzt kommt er auch völlig ohne JNF aus - man liebt diese als Student ja üblicherweise nicht sehr.
Da ich Dir per PN versprochen hatte, Dir die Sache nochmal zu erklären, will ich das jetzt tun.
Damit, daß Du Dir ein Beispiel gebastelt hast (eine Vorgehensweise, die mir sehr gefällt), lieferst Du einen guten Ansatzpunkt für die Erklärung.
Ich habe das Gefühl, daß Du die Ausgangssituation noch nicht richtig verstanden hast.
Erweitern wir also Dein Beispiel so, daß es zur Ausgangssituation paßt.
Als Körper nehmen wir [mm] \IC.
[/mm]
Wir haben ein Polynom P(T).
Das ist nicht das charakteristische und nicht das Minimalpolynom, es ist einfach irgendein x-beliebiges Polynom.
Nehmen wir: [mm] P(x):=2x^2+3x+4.
[/mm]
Dann haben wir eine Matrix A, hierfür nehmen wir Deine:
[mm] A:=\pmat{2&1&0\\0&2&0\\0&0&3} [/mm]
Nun schaut man sich die Matrix [mm] P(A)=2*A^2+3*A+4*E =2*\pmat{4&4&0\\0&4&0\\0&0&9}+3*\pmat{2&1&0\\0&2&0\\0&0&3}+4*\pmat{1&0&0\\0&1&0\\0&0&1} [/mm] = [mm] \pmat{18&11&0\\0&18&0\\0&0&21}an.
[/mm]
Man stellt fest: die Eigenwerte sind 18 und 21.
Die Aussage, die Du zeigen sollst, ist nun die, daß Du ein [mm] a_1 [/mm] findest mit
[mm] 18=P(a_1)=2*a_1^2+3*a_1+4, [/mm] welches ein Eigenwert der Matrix A ist.
(Für den Eigenwert 21 entsprechend.)
Schauen wir mal nach, ob's stimmt:
[mm] 18=2*a_1^2+3*a_1+4 [/mm] <==> [mm] 0=2*a_1^2+3*a_1-14 [/mm]
Dieses Polynom hat die Nullstellen 2 und -3.5, und tatsächlich ist eine davon eine Eigenwert von A.
Ich hoffe, daß Dir nun die Sache mit dem Polynom klargeworden ist, so daß Du den Rest nachvollziehen kannst.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 04:42 Do 15.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Angela,
> Ich habe ziemlich scharf drüber nachgedacht, und ich
> glaube, ich weiß jetzt, wie's geht:
>
> [...]
>
> Falls ich irgendwas falsch gemacht habe, oder Eure
> Musterlösung einen völlig anderen Weg wählt, wäre ich daran
> interessiert, das zu erfahren.
ich haette es spontan auch erstmal so gemacht (hierfuer reicht es sogar aus, dass alle Eigenwerte von $A$ in $K$ liegen; dass $K$ algebraisch abgeschlossen ist braucht man also gar nicht so richtig). Ein alternativer Beweis geht so:
Schreibe $p(T) - [mm] \lambda [/mm] = [mm] \mu \prod_{i=1}^k [/mm] (x - [mm] a_i)$ [/mm] mit [mm] $\mu \in [/mm] K^*$ und [mm] $a_1, \dots, a_k \in [/mm] K$.
Weiterhin ist [mm] $\nu$ [/mm] genau dann ein Eigenwert von $A$, wenn $A - [mm] \u E_n$ [/mm] nicht invertierbar ist.
Also haben wir:
[mm] $\qquad$ $\lambda$ [/mm] Eigenwert von $A$
[mm] $\Longleftrightarrow$ [/mm] $p(A) - [mm] \lambda E_n$ [/mm] nicht invertierbar
[mm] $\Longleftrightarrow$ $\mu \prod_{i=1}^k [/mm] (A - [mm] a_i E_n)$ [/mm] nicht invertierbar
[mm] $\Longleftrightarrow$ $\exists [/mm] i [mm] \in \{ 1, \dots, k \} [/mm] : A - [mm] a_i E_n$ [/mm] nicht invertierbar
[mm] $\Longleftrightarrow$ $\exists [/mm] i [mm] \in \{ 1, \dots, k \} [/mm] : [mm] a_i$ [/mm] Eigenwert von $A$
Nun sind die [mm] $a_i$ [/mm] jedoch genau die Elemente aus $K$ mit [mm] $p(a_i) [/mm] = [mm] \lambda$: [/mm] deswegen ist dies dazu aequivalent, dass es ein $a [mm] \in [/mm] K$ gibt mit $p(a) = [mm] \lambda$ [/mm] und $a$ ist Eigenwert von $A$.
(Den hab ich aus meinen Funktionalanalysis-Unterlagen herausgekramt, dort ging es um komplexe Banachalgebren mit Eins Man braucht abgesehen vom alg. abg. Grundkoerper eigentlich nur die Aequivalenz [mm] $\lambda$ [/mm] Eigenwert von $A [mm] \Longleftrightarrow [/mm] A - [mm] \lambda [/mm] id$ invertierbar.)
LG Felix
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> > Ich habe ziemlich scharf drüber nachgedacht,
> ich haette es spontan auch erstmal so gemacht
Hallo,
danke für Deine Rückmeldung.
"Spontan" war das - wie angedeutet - bei mir keinesfalls, und ich freue mich, daß wirklich alles richtig ist.
> Ein alternativer Beweis geht
> so:
Achso.
Ich glaube, daß das eher in die Richtung geht, die Susanne eigentlich einschlagen wollte.
> Weiterhin ist [mm]\nu[/mm] genau dann ein Eigenwert von [mm]A[/mm], wenn [mm]A - \u E_n[/mm]
> nicht invertierbar ist.
Mannomann, bin ich blöd: genau das war mir an entscheidender Stelle nicht eingefallen...
Gruß v. Angela
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