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Lineare Algebra » Eigenwerte » charakteristisches Polynom - Linearfaktoren - einfach strukturiert
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Universität/Hochschule J charakteristisches Polynom - Linearfaktoren - einfach strukturiert
aures13
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-05-15


Sehr geehrte Matheplaneten-Mitglieder,

ich weis beim folgenden Beispiel nicht weiter.

Sei Char K=0 Zeige: Zerfällt das charakteristische Polynom von f Element von L(V,V) über K in Linearfaktoren, und gilt f^k = idv für mindestens ein k Element von N, so ist f einfach strukturiert.
Hinweis: Wähle Basis so, dass die Koordinatenmatrix von f Jordan-Normalform besitzt, und berechne f^k. Es genügt, für jedes Jordan-Kästchen Jm(t) mit m größer gleich 2 die linke obere 2x2 Ecke zu betrachten.

Wäre über jede Hilfe dankbar.
MfG aures13.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-05-15


Hallo,

hast du es schon mit dem Tipp aus der Aufgabenstellung versucht? (Mit "2x2-Ecke" dürfte "2x2-Matrix" gemeint sein.)



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aures13
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-16


Hallo Nuramon

Hätte ich es richtig verstanden so sollte diese 2x2 Matrix die Form

t 1
0 t haben.

Nehme ich diese zum Quadrat erhalte ich

t^2 2t
0 t^2

Ich sehe aber nicht wie genau mir das weiter helfen soll.

MfG
aures13



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-05-16


Rechne noch mehr Potenzen aus bis du ein Muster erkennst.



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aures13
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-16


Als Muster hätte ich 2^n * t^(2^n-1). Was genau soll mir das weiter helfen, ich versteh das nicht?

MfG
aures13



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-05-16

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Warum berechnest du nur Potenzen mit Exponenten der Form $2^n$?

Und zur Zeit versuchst du zu zeigen, dass wenn $f$ nicht diagonalisierbar ist, dann kann nicht $f^k=\id_V$ gelten.
\(\endgroup\)


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aures13
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-16


Ich glaub ich sehe meinen Fehler. Die Matrizen sollten ja so aussehen
t 1  mit k= 1
0 t

t^2 2t mit k =2
0 t^2

t^3 3t^2 mit k=3
0 t^3

Also sollte die Formel
t^k   kt^(k-1)
0      t^k

Wie soll ich dann weiter machen?
Mit freundlichen Grüßen
aures13



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-05-16


2021-05-16 23:35 - aures13 in Beitrag No. 6 schreibt:
Wie soll ich dann weiter machen?

Kann für so ein Jordan-Kästchen irgendeine $k$-te Potenz die Einheitsmatrix sein?



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aures13
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-17


Das könnte nur auftreten wenn k = 0 wäre. Aber das ist nicht in unseren Definitionsbereich.

MfG
aures 13



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2021-05-17


Und ist dir klar, dass du mit dieser Überlegung dein Ziel erreicht hast?



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aures13
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-17


Somit könnte ich nur eine Diagonalmatrix bekommen, wenn k = 0 wäre, aber ich versteh jetzt nicht, warum somit das  Beispiel gelöst ist.

MfG
aures13



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2021-05-17

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Da das charakteristische Polynom zerfällt, gibt es zu $f$ eine Jordanbasis von $V$.

Wenn $f$ nicht diagonalisierbar wäre, dann muss es einen Eigenwert $\lambda$ geben, so dass diese Jordanbasis zwei Vektoren $e_1,e_2$ enthält, für die $f(e_1)=\lambda e_1$ und $f(e_2)=\lambda e_2 +e_1$.
Deine Rechnung zeigt, dass das ein Widerspruch zu $f^k=\id_V$ ist.
\(\endgroup\)


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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2021-05-17


Du hast gezeigt, dass ein Jordan-Kästchen mit einer Breite $\ge2$ der Bedingung $f^k={\rm id}_V$ widerspricht. Also haben alle Kästchen die Breite 1.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]



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aures13
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-20 11:27


Danke, jetzt versteh ich es🙂

MfG
aures13



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