+1 Punkt
101 Aufrufe

K ist algebraisch abgeschlossener Körper.
Wenn λ Eigenwert von P(A) ist, dann gilt λ = P(a) für ein a ∈ K und a ist Eigenwert von A. A ∈ Mnn(K) , P ∈ K[T].
Ich weiß nicht ob alles logisch korrekt ist deswegen würde mich freuen wenn jemand korrigiert:

$$Polynome\quad in\quad algebraisch\quad abgeschlossenen\quad Körpern\quad zerfallen\quad in\quad Linearfaktoren.\\ Also\quad zerfällt\quad P\quad und\quad { \chi  }_{ A }\quad in\quad Linearfaktoren.\\ \\ Sei\quad P(A)\quad =\quad (T-\lambda )(T-....)\quad ....\quad (T-...).$$
$$Es\quad ist\quad (p(a)-\lambda )\quad eine\quad Nullstelle\quad von\quad P(A)\quad wegen\quad p(a)=\lambda ,\quad Einsetzen\quad ergibt:\\ \\ P(A)\quad =\quad (T-(p(a)-\lambda )(T-....)\quad ....\quad (T-...)$$
$$Außerdem\quad gilt\quad { \chi  }_{ A }(A)=0 \quad also\quad \lambda =p(a)-{ \chi  }_{ A }(A)\\ \\ Einsetzen\quad ergibt:\\ \\ P(A)=(T-(p(a)-(p(a)-{ \chi  }_{ A }(A)))(T-....)\quad ....\quad (T-...)\\ \\ =\quad (T-({ \chi  }_{ A }(A)))(T-....)\quad ....\quad (T-...)$$
$$Nun\quad ist\quad a\quad eine\quad Nullstelle\quad von\quad { \chi  }_{ A }(A)\quad (denn\quad es\quad gilt\quad a\quad ist\quad Eigenwert\quad von\quad A)\\ und\quad nach\quad Voraussetzung\quad ist\quad \lambda \quad eine\quad Nullstelle\quad von\quad P(A).\\ Wegen\quad { \chi  }_{ A }(A)=0=p(a)-\lambda \\ \\ gilt\quad p(a)=\lambda $$

Gefragt von

ok das war nicht so gut bzw falsch habe aber unten eine Aufgabe gefunden die der entspricht

also nochmal mit der lösung von fakename, danke:

$$P\quad =\quad { b }_{ n }{ x }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ x }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { b }_{ 2 }x²\quad +\quad b_{ 1 }x\quad +\quad { b }_{ 0 }\\ \\ Es\quad soll\quad gelten\quad P(A)(v)\quad =\quad \lambda v\quad denn\quad \lambda \quad ist\quad EW\quad von\quad P(A),\\ \\ \lambda \quad =\quad P(a)\quad =\quad { b }_{ n }{ a }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ a }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { b }_{ 2 }a²\quad +\quad b_{ 1 }a\quad +\quad { b }_{ 0 }\\ \\ und\quad a\quad ist\quad Eigenwert\quad von\quad A:\\ \\ P(A)(v)\quad =\quad ({ b }_{ n }{ A }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ A }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { b }_{ 2 }A²\quad +\quad b_{ 1 }A\quad +\quad { b }_{ 0 }{ I }_{ n })(v)\quad =\quad ({ b }_{ n }{ a }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ a }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad )*v\quad \\ \\ =\quad P(a)v\quad =\quad \lambda v\\ $$

$$zB \quad \quad ist \quad { b }_{ n }{ A }^{ n }(v)\quad =\quad { b }_{ n }\quad *\quad (A(A(A(...(A(v))))\quad =\quad { b }_{ n }\quad *\quad A(A(A(...(av)))\quad =\quad { b }_{ n }\quad *\quad { a }^{ n }\quad *\quad v\quad $$

wobei A eine matrix und keine funktion ist also die klammern müssten weg

Die andere Aufgabe, die Du da ausgegraben hast, ging genau andersrum. Wenn a ein Eigenwert von A ist, dann ist P(a) ein Eigenwert von P(A). Du sollst hingegen zeigen: Wenn λ ein Eigenwert von P(A) ist, dann gibt es ein a mit λ = P(a) und a ist Eigenwert von A. Man wird dafuer wohl die algebraische Abgeschlossenheit von K brauchen.

ok ja natürlich. passt das jetzt oder ist das immer noch dieselbe richtung? und soll algebraisch abgeschlossen bedeuten hier dass wegen des Eigenwerts, P nicht das konstante polynom ist? Also b0 beliebig ist?

$$Es\quad gilt\quad p(A)v\quad =\quad \lambda v,\quad v\quad \neq \quad 0,\quad v\quad ist\quad der\quad Eigenvektor\quad dazu\quad sein.\\ \\ Sei\quad p\quad =\quad { b }_{ n }{ x }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ x }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { b }_{ 2 }x²\quad +\quad b_{ 1 }x\quad +\quad { b }_{ 0 }\quad ,\quad grad(p)\quad =\quad n\quad \ge \quad 1\quad denn\quad K\quad ist\quad algebraisch\quad abgeschlossener\quad Körper\\ und\quad hat\quad einen\quad \quad Eigenwert.\\ \\ \\ p(A)v\quad =\quad ({ b }_{ n }{ A }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ A }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { b }_{ 2 }A²\quad +\quad b_{ 1 }A\quad +\quad { b }_{ 0 }{ I }_{ n })v\quad =\quad \lambda v\quad \\ \\ Sei\quad a\quad ein\quad Eigenwert\quad von\quad a\quad ,\quad also\quad Aw\quad =\quad aw\quad ,\quad w\quad \neq \quad 0\\ \\ Dann\quad ist\quad ({ b }_{ n }{ A }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ A }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { b }_{ 2 }A²\quad +\quad b_{ 1 }A\quad +\quad { b }_{ 0 }{ I }_{ n })w\quad =\quad ({ b }_{ n }{ a }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ a }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { b }_{ 2 }a²\quad +\quad b_{ 1 }a\quad +\quad { b }_{ 0 })w.\\ \\ Es\quad ist\quad p(a)\quad =\quad { b }_{ n }{ a }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ a }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { b }_{ 2 }a²\quad +\quad b_{ 1 }a\quad +\quad { b }_{ 0 }\\ \\ also\quad ist\quad p(A)w\quad =\quad ({ b }_{ n }{ A }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ A }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { b }_{ 2 }A²\quad +\quad b_{ 1 }A\quad +\quad { b }_{ 0 }{ I }_{ n })w\quad =\quad ({ b }_{ n }{ a }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ a }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { b }_{ 2 }a²\quad +\quad b_{ 1 }a\quad +\quad { b }_{ 0 })w\quad =\quad p(a)w\\ \\ Wenn\quad nun\quad gilt\quad \lambda \quad =\quad p(a),\quad und\quad v\quad ist\quad Eigenvektor\quad von\quad \lambda ,\quad dann\quad ist\\ \\ p(A)v\quad =\quad ({ b }_{ n }{ A }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ A }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { b }_{ 2 }A²\quad +\quad b_{ 1 }A\quad +\quad { b }_{ 0 }{ I }_{ n })v\quad =\quad ({ b }_{ n }{ a }^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ a }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { b }_{ 2 }a²\quad +\quad b_{ 1 }a\quad +\quad { b }_{ 0 })w\quad =\quad p(a)w\quad =\quad \lambda v\quad $$

hm muss ich erklären warum es a als Eigenwert von A gibt?

das charakt. polynom  von A zerfällt in linearfaktoren und hat dewegen mind. 1 nullstelle?

es zerfällt in linearfaktoren weil es in einem algebr. abgeschlossenen körper liegt.

Die Aufgabe geht doch wohl so: P(A) habe den Eigenwert λ. Wegen der algebraischen Abgeschlossenheit von K git es dann ein a mit P(a) = λ. So weit, so schoen. Und jetzt soll noch gezeigt werden, dass dieses a ein Eigenwert von A ist.

Im Zweifelsfalle braeuchte man die Aufgabe im Originaltext.

ja das ist richtig so in der reihenfolge. habe es nochmal angepasst danke

Vielleicht hab ich's ja uebersehen, aber was ist jetzt Dein Argument dafuer, dass a ein Eigenwert von A sein muss?

P(A)v = P(a)v , wegen der algebr. abgeschlossenheit ist Aw = aw ?

b1 A1 w = b1 a1w    * 1/b1

denn P hat mind. grad 1. und dann gilt auch bn An w = bn anw ,.... ,

wobei alle b außer b0 ungleich null sein müssen ich glaube dass habe ich vergessen aber ich habe ja geschrieben dass das polynom P in einem algebr. abgeschlossenen körper liegt also dass müsste man sich dann denken...hoffe ich

oder nein doch nicht dass wäre nur wenn A diagonalisierbar ist und dann ist auch b0 ungleich null.

Beispiel: \(A={1\ 0\choose0\ 1}, P(T)=T^3+1, P(A)={2\ 0\choose0\ 2}, \lambda=2,P(a)=\lambda\Leftrightarrow a^3=1\). Nur eine Loesung fuer \(a\) ist auch ein Eigenwert von \(A\). Ausserdem waere es denkbar, dass durch das Bilden von \(P(A)\) neue Eigenwerte entstehen, die \(A\) noch nicht hat. Du musst also explizit zeigen, dass unter den Loesungen von \(P(a)=\lambda\) ein Eigenwert von \(A\) ist.

Mein Vorschlag geht so: Transformiere \(A\) auf Jordan-Form (geht laut Voraussetzung). \(J=aE+N\) sei ein Jordankaestchen. Man kann kaestchenweise rechnen und erhaelt \(P(J)=P(a)E+\widetilde{N}\) als Kaestchen von \(P(A)\). Jetzt sieht man genau, wie die Eigenwerte von \(A\) und \(P(A)\) zusammenhaengen muessen.

P hat Grad 1 und einen Eigenwert λ = p(a):

P(A)v = (b1A + b0In)v = p(a)v= b1av + b0v , b1 ≠ 0

b1Av + b0v = b1av + b0v

b1Av = b1av

Av = av

also A hat einen Eigenwert a.

Für die Potenz von A gilt Anw = anw


ok ich versuche das mal

ich dachte dass dann bei Grad p = 2

P(A)v = (b2A2 b1A + b0In)v = p(a)v= b2a2 + b1av + b0v , b2 ≠ 2

b2A2v + b1Av + b0v = b2a2 + b1av + b0v  | b1Av = b1av nach P(A)v Grad 1

b2A2v + b0v = b2a2v + b0v  | - b0v ; * 1/b2

A2v = a2v

a ist Eigenwert von A

bis Grad(p) = n

also wie eine induktion nach n mit der Voraussetzung Av=av und grad n , oder wäre das falsch?

soll ich oben das beispiel verwenden in der zerlegung oder allgemein?


habe noch eine kleine frage die ist zum ankreuzen gewesen:

Jedes quadr. Matrix A über C mit μA = (T² + 1)  (Minimalpolynom von A)
ist diagonalisierbar.
Ich habe ja weil in C ist (T² + 1) = (T + i)(T - i)
J ist direkte summe von 2 jordanblöcken und die sehen so aus
(J(i), p*(α(i)) und (J(-i),p*(α(-i))  p* := duale partition , α := algebr. vielfachheit in χA
A ist ähnlich zu J und J ist Diagonalmatrix, und A deswegen diagonalisierbar

$$P(J)\quad =\quad \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\quad ³\quad +\quad \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\quad =\quad \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\quad +\quad \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\quad $$

soll das heißen dass ein eigenwert von P(A) eine summe eines eigenwerts von A und oder potenzen von A ist ?

wenn a = -1 dann passt es nicht weil A nicht -1,0;0,-1 . aber es gibt immer mind. ein a wo es so ist?

Ich habe irgendwie den Verdacht, ich rede gegen eine Wand.

Nochmal: Die triviale Folgerung "Wenn a ein EW von A ist, dann ist P(a) ein EW von P(A)" ist nicht die Aufgabe. Da sollst Du naemlich zeigen, dass EWe von P(A) ausschliesslich auf diese Weise aus EWen von A entstehen: Wenn λ ein Eigenwert von P(A) ist, dann hat A zwingend einen Eigenwert a fuer den dann λ = P(a) ist.

So, und um das einzusehen, war mein Vorschlag: Nimm an, dass A in Jordanscher Normalform vorliegt, und rechne P(A) explizit aus.

ok noch ein versuch hoffe es ist nicht wieder daneben : /

$$ \lambda \quad ist\quad ein\quad Eigenwert\quad von\quad P(A),\quad und\quad P(J)\quad ist\quad der\quad Jordanblock\quad zu\quad P(A):\\ \\ P(J)\quad =\quad \lambda { I }_{ n }\quad +\quad P(N(p))\quad \\ \\ =\quad P(a){ I }_{ n }\quad +\quad P(N(p))\quad \quad \quad |\quad es\quad gibt\quad ein\quad beliebiges\quad a\quad mit\quad P(a)\quad =\quad \lambda \quad weil\quad \\ \\ P\quad ein\quad Polynom\quad in\quad e.\quad algebr.\quad abgeschl.\quad Körper\quad ist.\\ \\ =\quad \left( { b }_{ n }a^{ n }\quad +\quad { b }_{ n-1 }{ a }^{ n-1 }\quad +\quad ..\quad +\quad { b }_{ 1 }{ a }^{ 1 }\quad +\quad { b }_{ 0 }{ a }^{ 0 } \right) *{ I }_{ n })\quad +\quad P(N(p))\\ \\ \\ =\quad { b }_{ n }{ \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & a & 0 \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix} }^{ n }+\quad { b }_{ n-1 }{ \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & a & 0 \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix} }^{ n-1 }+\quad ...\quad +\quad { b }_{ 1 }{ \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & a & 0 \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix} }^{ 1 }+\quad { b }_{ 0 }{ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} }\quad \quad +\quad P(N(p))\\ \\ \\ Wenn\quad man\quad das\quad Polynom\quad P\quad aus\quad P(a){ I }_{ n }\quad +\quad P(N(p))\quad entfernt\quad ergibt\quad \\ es\quad J\quad =\quad a{ I }_{ n }\quad +\quad N(p)\quad =\quad \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & a & 0 \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix}\quad +\quad N(p)\quad \\ \\ also\quad ist\quad das\quad a\quad Eigenwert\quad von\quad A,\quad denn\quad J\quad ist\quad der\quad Jordanblock\quad zu\quad A. $$

beliebig ist falsch also es gibt ein a mit P(a) = λ

ich meine $$P\quad =\quad { { b }_{ n }T }^{ n }{ { \quad +\quad b }_{ n-1 }T }^{ n-1 }\quad +\quad ...\quad +\quad { { b }_{ 1 }T }^{ 1 }\quad +\quad { b }_{ 0 }{ T }^{ 0 }\\ \\ P(A)v\quad =\quad \lambda v\\ \\ weil\quad \lambda \quad ein\quad Wert\quad ist,\quad gibt\quad es\quad ein\quad a\quad mit\quad p(a)\quad =\quad \lambda $$

danke für die antwort werde das mal nachrechnen und über die ähnlichkeit nachdenken

weil A ähnlich zu AJ ist ist P(A) ähnlich zu P(AJ) ?

In der Tat. Rechne nach.

1 Antwort

0 Daumen

Ich kann Dir ja mal zeigen, worauf ich raus will. Nehmen wir mal ein Jordankaestchen der JNF von \(A\) der Art $$J=\begin{pmatrix}a&1&0\\ 0&a&1\\ 0&0&a\end{pmatrix}$$ und lassen da ein beliebiges Polynom \(P\) drauf los. Das Ergebnis hat dann die Form $$P(J)=\begin{pmatrix}P(a)&*&*\\ 0&P(a)&*\\ 0&0&P(a)\end{pmatrix}.$$ Man kann die Eigenwerte von \(P(J)\) direkt ablesen. Sie haben alle die Form \(P(a)\) und \(a\) ist ein Eigenwert von \(A\).

Nachrechnen musst Du noch, dass \(P(J)\) halt auch wirklich immer so aussieht, wie ich behaupte. Die Potenzen \((aE+N)^k\) berechnen sich mit der Binomialformel. \(N\) ist nilpotent und hat nur Eintraege ueber der Hauptdiagonalen. Das ergibt am Ende wie oben schon angegeben \(P(aE+N)=P(a)E+\widetilde{N}\), wobei \(\widetilde{N}\) auch nilpotent ist und nur Eintraege oberhalb der Hauptdiagonalen hat.

Und wenn dann $$A_J=\begin{pmatrix}J_1&&&0\\ &J_2&&\\ &&\ddots&\\0&&&J_m\end{pmatrix}$$ die JNF von \(A\) ist kann man kaestchenweise arbeiten:$$P(A_J)=\begin{pmatrix}P(J_1)&&&0\\ &P(J_2)&&\\ &&\ddots&\\0&&&P(J_m)\end{pmatrix}.$$ Da \(P(A)\) und \(P(A_J)\) aehnlich sind, ist die Sache damit wirklich zu Ende.

Beantwortet von 5,1 k

Ein anderes Problem?

Stell deine Frage

Willkommen bei der Mathelounge! Stell deine Frage sofort und kostenfrei

x
Made by a lovely community
...