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Lineare Algebra » Eigenwerte » Permutation und Eigenwerte
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Universität/Hochschule Permutation und Eigenwerte
schieber_fieber
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  Themenstart: 2021-12-06

Hallo, ich habe momentan ein Problem mit folgender Aufgabe und komme einfach auf keinen grünen Zweig. Sei \(\pi\in S_n\) eine Permutation. Es geht um einen Endomorphismus \(f_\pi:\mathbb{R^n}\rightarrow\mathbb{R^n}\), mit \(f_\pi=(x_1,...x_n)=(x_{\pi(1)},...,x_{\pi(n)})\). Ich soll nun folgende Aussagen zeigen: a) 1 ist ein Eigenwert von \(f_\pi\) b)Ist \(\pi\) eine Komposition von ungeradzahligen disjunkten Zykeln, so ist 1 der einzige Eigenwert c) Geben Sie für \(n=5\) eine Permutation \(\pi\) an, die zumindest ein Fehlstand hat und 1 der einzige Eigenwert ist. Bestimmen sie die geometrische Vielfachheit Meine bisherigen Überlegungen: Zu a): Damit 1 ein Eigenwert ist muss meiner Meinung nach die Permutation so sein, dass \(x_i=x_{\pi(i)}\) für alle \(i=1,...,n\) gilt. Allerdings weiß ich nicht ob die Einschränkung auf nur diese Permutation hier so Sinn macht, denn es soll ja allgemein für \(f_\pi\) gelten Zu b): Hier bin ich echt komplett ratlos Zu c): Ich kann mir vorstellen, dass man hier vielleicht b) nutzen könnte. Allerdings denke ich dann, dass es ein Problem ist, dass ja dadurch das der Eigenwert 1 ist und man dann meine Argumentation von a) verwendet kein Fehlstand möglich ist. Wo liegt da mein Denkfehler? Etwa schon bei a)? Ich freu mich über jeden Tipp VG Schieber


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Nuramon
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-12-06

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\) Hallo, zu a): Beachte, dass es ausreicht einen Eigenvektor zum Eigenwert 1 anzugeben. zu b): Betrachte erstmal nur den Fall, dass $\pi$ ein ungeradzahliger Zyklus ist. zu c): Wenn Du b) gelöst hast, dürfte Dir das leichter fallen. \(\endgroup\)


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schieber_fieber
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-06

a) habe ich dann somit denke ich. zu b) Ich betrachte jetzt zunächste mal nur \(n=5\) also wenn \(\pi\) ein ungeradzahliger Zyklus ist, muss ja die Permutation etwas in die richtung abbilden: \(\pi=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\2&3&4&5&1\end{pmatrix}\). Dabei kann die untere Reihe sich natürlich noch verschieben. \(f_\pi(1,2,3,4,5)=(2,3,4,5,1)\neq \lambda (1,2,3,4,5)\) für alle \(\lambda\in \mathbb{R}\). Ich kann mir nun vorstellen, warum b) gilt, weiß aber gar nicht, wie ich es mathematisch erklären kann :/


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Nuramon
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-12-06

Welche Methoden Eigenwerte zu berechnen kennst Du?


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schieber_fieber
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-07

Als Nullstellen des charakteristischen Polynoms. Ich muss ehrlich gestehen, dass ich hier aber immer Probleme habe, wenn es um Abbildungen und nicht einfach Matritzen geht. Könntest du vielleicht andeuten oder mir kurz erklären, wie ich da jetzt am besten vorgehe?


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Nuramon
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-12-07

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\) Lineare Abbildungen lassen sich mit Matrizen darstellen. Falls Du noch nicht verstanden hast, wie das geht, dann solltest Du das dringend wiederholen. Bei der Aufgabe musst Du auch nicht unbedingt gleich bei $n=5$ anfangen. Berechne erstmal die charakteristischen Polynome von zyklischen Permutationen für $n=1,2,3,4$. Die sind dann natürlich nicht alle von ungerader Länge, aber vielleicht erkennst Du trotzdem ein Muster. Noch eine Alternative: Das charakteristische Polynom kann man mit den Standardverfahren zwar einfach ausrechnen, aber theoretisch brauchen wir ja gar nicht unbedingt das charakteristische Polynom. Auch ein Polynom, das $f_\pi$ annuliert, könnte schon ausreichen um die Behauptung zu zeigen (jeder Eigenwert von $\pi$ wäre nämlich eine Nullstelle eines solchen Polynoms). Eventuell kannst Du so ein Polynom "erraten", indem Du darüber nachdenkst, was passiert, wenn man eine zyklische Permutation mehrfach mit sich selbst verknüpft. \(\endgroup\)


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schieber_fieber
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-07

Ah also für eine Permutation kann ich ja eine Permutationsmatrix, beispielsweise: \(P_\pi=\begin{pmatrix}0&1&0&0&0\\0&0&1&0&0\\0&0&0&1&0\\0&0&0&0&1\\1&0&0&0&0\end{pmatrix}\) bilden. Dafür bildet sich das charakteristische Polynom immer mit: \(-\lambda^n+1\). Dies gilt für jeden \(n\)-Zyklus. Das bedeutet für \(n\) ungerade erhalten wir \(-\lambda^n+1=0\) für \(\lambda=1\). Im Fall das die Permutation mit der Permutationsmatrix \(P_\pi=\begin{pmatrix}1&0&0&0&0\\0&1&0&0&0\\0&0&1&0&0\\0&0&0&1&0\\0&0&0&0&1\end{pmatrix}\) ist,erhalten wir \((1-\lambda)^n=0\), ebenfalls für \(\lambda=1\). Damit ist für jeden ungeraden disjunkten Zyklus der einzige Eigenwert q und somit ist der einzige Eigenwert für \(\pi\) 1. Haut das so hin?


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schieber_fieber
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-07

\quoteon Dafür bildet sich das charakteristische Polynom immer mit: \(-\lambda^n+1\). \quoteoff Ah ne das ist quatsch. Es bildet sich aber immer ein charakteristisches Polynom, so dass es stimmt. Ich kanns nur irgendwie nicht zeigen


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Nuramon
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  Beitrag No.8, eingetragen 2021-12-07

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\) Wenn Du eine geeignete Basis wählst (durch Umsortierung der Standardbasis), dann hat die darstellende Matrix einer Permutationsmatrix $P_\pi$ Blockgestalt, wobei jeder Block eine der beiden Formen aus No. 6 hat (also Identitäts- oder zyklische Permutationsmatrix). Damit lässt sich dann allgemein das charakteristische Polynom berechnen.\(\endgroup\)


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