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Lineare Algebra » Matrizenrechnung » Ähnlichkeit in C impliziert Ähnlichkeit in R?
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Universität/Hochschule J Ähnlichkeit in C impliziert Ähnlichkeit in R?
Kameldieb43
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-06-24


Seien A, B \(\in M_{n\times n}(\mathbb{R})\). Angenommen es existiert \(P \in M_{n \times n}(\mathbb{C})\), invertierbar, mit \(A = PBP^{-1}\). Also eingebettet in \(M_{n \times n}(\mathbb{C})\) sind A und B ähnlich. Muss es dann auch ein solches P in \(M_{n \times n}(\mathbb{R})\) geben, also müssen die Matrizen dann auch in \(M_{n \times n}(\mathbb{R})\) ähnlich sein?
Die Frage ist mir beim Lösen einer anderen Aufgabe gekommen und ich bin mir nicht mal sicher ob sie Sinn macht. Auch die Suchfunktion und Google und natürlich Nachdenken konnten nicht helfen.
Hat jemand einen Tipp?



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-06-24

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\)
Sehr gute Frage!

Ich glaube, die Antwort ist ja. Die Idee des folgenden Beweises geht über die Elementarteiler - eine Invariante von Ähnlichkeit.

Seien $A,B \in M_n(\mathbb{R})$ Matrizen, dann haben ihre charakteristische Matrizen eine eindeutige Smithnormalform in $M_n(\mathbb{R}[x])$ und somit eindeutige Elementarteiler. Über $M_n(\mathbb{C}[x])$ sind das aber immer noch Elementarteiler. Nach der Eindeutigkeit aber also die charakteristischen Matrizen aufgefasst über $\mathbb{R}$ und über $\mathbb{C}$ dieselben Elementarteiler.

Wenn nun $A$ ähnlich zu $B$ über $\mathbb{C}$ ist, dann haben dessen charakteristischen Matrizen dieselben Elementarteiler über $\mathbb{C}$ und somit auch über $\mathbb{R}$. Folglich sind $A$ und $B$ ähnlich über $\mathbb{R}$.


-----------------
The difference between the novice and the master is that the master has failed more times than the novice has tried. ~ Koro-Sensei
\(\endgroup\)


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Fabi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-06-24


Hallo Kameldieb,

Das ist tatsächlich so und kann man folgendermaßen einsehen - geliehen von math stackexchange:

Es ist \(AP = PB\). Schreibe \(P = Q+iR\) mit reellen Matrizen Q, R. Ausschreiben von \(AP = PB\) und nach Real- und Imaginärteil sortieren liefert \(AQ = QB\) und \(AR = RB\). Wäre jetzt R oder Q invertierbar, so sind wir fertig; dummerweise muss das aber nicht so sein.

Mit Q und R kennen wir aber noch ganz viele andere Matrizen M mit \(AM=MB\), nämlich alle (reellen) Linearkombinationen von Q und R. Wir suchen also reelle Koeffizienten \(\mu, \lambda\) so dass \(\mu Q+\lambda R\) invertierbar ist. Da zwei Freiheitsgrade zu kompliziert sind, versuchen wir es einfach mal mit \(\mu = 1\) - das ist ohnehin nur eine kleine Einschränkung, da wir für \(\mu \neq 0\) einfach durch \(\mu\) teilen können, ohne die Invertierbarkeit zu ändern.

Setze also \(M_\lambda = Q+\lambda R\). Wir suchen ein \(\lambda\), so dass diese Matrix invertierbar ist, also schauen wir uns die Determinante an: Es ist leicht zu sehen, dass \(det(M_\lambda)\) ein Polynom in \(\lambda\) ist.  \(det(M_\lambda)\) kann nicht das Nullpolynom sein, weil wir \(det(M_i) \neq 0\) wissen - es gibt kein Polynom, das nur auf den reellen Zahlen null ist, auf den komplexen aber nicht. Daher muss es auch ein reelles \(\lambda\) geben mit \(det(M_\lambda) \neq 0\) und wir sind fertig.

vG,
Fabi




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Kameldieb43
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-24


Vielen Dank für die Antworten!
Elementarteiler und Smith-Normalform hab ich in Linearer Algebra 2 noch nicht gehört. Vielleicht ja nächstes Semester in Algebra, dann werd ich auch diese Idee verstehen!
Die Lösung von Fabi ist schön und einfach verständlich, danke!



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