beweise zu eigenwerten

19.06.2007, 14:23

DarkChild

beweise zu eigenwerten

hallo zusammen!

ich brauche bitte hilfe bei folgender aufgabe:

Sei K ein Körper und A^nxn. Zeigen Sie
- 0 el K ist genau dann Eigenwert von A, wenn A nicht invertierbar.
- ist x el K Eigenwert von A, so gilt für alle k el IN: x^k ist Eigenwert von A^k
- ist A nilpotent, so ist o der einzige Eigenwert von A
- A und A^T haben dieselben Eigenwerte
- Sind A, B beide invertierbar, so haben AB und BA dieselben EIgenwerte.

also, alle diese Aussagen sind für mich eigentlich vollkommen logisch, deswegen weiß ich auch nicht wirklich, wie ich da ansetzen soll. ich hoffe, mir kann hier jemand nen tipp geben. danke schon mal!

19.06.2007, 14:27

tigerbine

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RE: beweise zu eigenwerten
Nun wenn es für dich logisch ist, dann muss sich selbige doch auch auf etwas begründen, oder? Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} 0 \in \mathbb K \text{ ist Eigenwert von A} \Leftrightarrow A \text{ ist nicht invertierbar} \end{eqnarray*}$

Wie ist denn ein Eigenwert definiert?

19.06.2007, 18:59

DarkChild

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ich würde das jetzt so begründen, dass A den EIgenwert o hat, wenn die gleichung Ax=0 eine nicht triviale Lösung besitzt, das ist der Fall, wenn det(A)=0 ist => A ist nicht invertierbar

ich glaube aber kaum, dass diese begründung reicht, oder?

19.06.2007, 19:51

tigerbine

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Nun einmal langsam. Es sind 2 Teilaussagen zu zeigen.

$\begin{eqnarray*} 0 \in \mathbb K \text{ ist Eigenwert von A} \Rightarrow A \text{ ist nicht invertierbar} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 \in \mathbb K \text{ ist Eigenwert von A} \Leftarrow A \text{ ist nicht invertierbar} \end{eqnarray*}$

Dabei startet man mit dem, was jeweils gegeben ist. Sei also 0 ein Eigenwert von A. Dies bedeutet nach Definition, dass es mindestens einen vom Nullvektor verschiedenen Eigenvektor v gibt mit Av=0. Somit liegt v im Kern von A. Da wir uns im Endlichdimensionalen befinden (n x n -Matrix) solltest Du einen Satz in deinem Skript haben, mit dem folgt, dass A dann singulär ist ( Der Satz zeigt, dass injektive LAbb im endl. auch surjektiv sind).

Nun noch der Rückweg.

29.07.2007, 09:39

mylittlehelper

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Ich möchte gern die Fragestellung noch einmal aufgreifen, da mich ein ähnliches Problem quält. Ich habe zwar die obigen Aussagen gefunden, den Beweis lassen diese jedoch vermissen. Meine Präferenz gilt folgender Aussage (nochmal reformuliert, aber inhaltlich gleich):

Sei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ eine Matrix mit dem Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie, für jede natürliche Zahl $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \lambda^n \end{eqnarray*}$ Eigenwert von $\begin{eqnarray*} A^n \end{eqnarray*}$ .

Und weiter:

Unter welchen Bedingungen gilt diese Aussage sogar für alle ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$

Also ich denke, dass der zweite Teil damit zu beantworten ist, dass ja $\begin{eqnarray*} \lambda^{-1} \end{eqnarray*}$ Eigenwert von $\begin{eqnarray*} A^{-1} \end{eqnarray*}$ ist. Dann gilt offenbar mit dem ersten Teil auch der zweite. Wäre aber trotzdem schön, wenn mir jmd den Ansatz für eben diese beiden Aussagen darstellen könnte.

Vielen Dank schon vorab für Mühe und Geduld.

29.07.2007, 10:36

WebFritzi

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Mach mal ne Polynomdivision:

$\begin{eqnarray*} (a^n - \lambda^n) = (a - \lambda) \cdot \dots. \end{eqnarray*}$

Hier ist a natürlich eine Zahl. Das, was du rausbekommst, gilt aber auch für Matrizen, was man mit vollst. Ind.beweisen kann.

29.07.2007, 11:12

mylittlehelper

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Mmh, bei der Polynomdivision erhalte ich folgendes Ergebnis:

$\begin{eqnarray*} (a^n-\lambda^n)=(a-\lambda)(a^{n-1}+\lambda a^{n-2}+\lambda^2 a^{n-3}+\dotsc+\lambda^n) \end{eqnarray*}$

Auf Matrizen übertragen wäre der Ansatz dann

$\begin{eqnarray*} det\left(A^n-(x E)^n\right)=\dotsc \end{eqnarray*}$

Sicher ließe sich die Aussagen per Induktion beweisen, nur sehe ich noch nicht, wo sich dann die Aussage ergibt. Ich müsste ja so etwas erhalten:

$\begin{eqnarray*} det\left(A^n-(x E)^n\right)=(x-\lambda)^n\cdot f(x) \end{eqnarray*}$

Könntest du deine Überlegung etwas präzisieren, da ich leider noch nicht den Zugang sehe. Vielen Dank!

29.07.2007, 11:21

therisen

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Betrache vielmehr $\begin{eqnarray*} A^n-\lambda^n E_n = (A-\lambda E_n)\cdots \end{eqnarray*}$ mit der $\begin{eqnarray*} n\times n \end{eqnarray*}$ Matrix A und dem Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ .

29.07.2007, 12:12

mylittlehelper

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Ok, das macht natürlich mehr Sinn. Wir sollten allerdings darauf achten, dass $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ die Dimension $\begin{eqnarray*} m\times m \end{eqnarray*}$ hat und nicht zwingend $\begin{eqnarray*} n\times n \end{eqnarray*}$ .

Allerdings habe ich noch das Problem, dass ich nicht so recht weiß, wie ich den Rest zerlegen soll. Also für die $\begin{eqnarray*} A^i \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i=1,\dotsc,n \end{eqnarray*}$ kann man die Regel ja rekursiv einsetzen, allerdings sehe ich dann die Faktoren $\begin{eqnarray*} A-\lambda E_m \end{eqnarray*}$ nicht, welche mir ja die Eigenwerte $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ "bestätigen".

Ich weiß, dass das jetzt weniger das algebraische als eher "handwerklliche" Problem ist. Es wäre aber trotzdem nett, wenn ihr euch die Mühe machen würdet mir das zu erklären.

29.07.2007, 12:17

Soliton

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Zitat:

Original von mylittlehelper
Sei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ eine Matrix mit dem Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie, für jede natürliche Zahl $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \lambda^n \end{eqnarray*}$ Eigenwert von $\begin{eqnarray*} A^n \end{eqnarray*}$ .

Das geht aber auch ohne Polynomdivision, was ich persönlich angenehmer finde. Ausgehend von

$\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ x = $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ x mit x <> 0 aus ...

kann man ziemlich leicht, sozusagen mit "links" und einer ad-hoc-Induktion auf eine Gleichung kommen, welche die Terme $\begin{eqnarray*} A^n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda^n \end{eqnarray*}$ enthält und aus der direkt ablesbar ist, was zu zeigen ist.

Damit kannst Du auch den zweiten Teil für die negativen Exponenten angehen - allerdings nur unter welcher Bedingung (sind die auftretenden Terme definiert)?

29.07.2007, 12:23

therisen

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Zitat:

Original von mylittlehelper
Wir sollten allerdings darauf achten, dass $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ die Dimension $\begin{eqnarray*} m\times m \end{eqnarray*}$ hat und nicht zwingend $\begin{eqnarray*} n\times n \end{eqnarray*}$ .

Der Einwand ist berechtigt, die Variable n ist ja bereits vergeben. Du kannst nun die Multiplikativität der Determinante nutzen, d.h. $\begin{eqnarray*} \det(AB)=\det A\det B \end{eqnarray*}$ . Nach Voraussetzung steht dann da $\begin{eqnarray*} \chi_{A^n}(\lambda^n) =0\cdot \det(\dots) = 0 \end{eqnarray*}$ .

29.07.2007, 15:50

mylittlehelper

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Was wir damit gezeigt haben, ist, dass $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ein Eigenwert von $\begin{eqnarray*} A^n \end{eqnarray*}$ ist. Nun fehlt mir allerdings noch, dass auch $\begin{eqnarray*} \lambda^n \end{eqnarray*}$ ein Eigenwert ist.
Genau das ist aber mein Problem.

29.07.2007, 16:11

Monstar

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sei v ein Eigenvektor zum Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ von A

=> $\begin{eqnarray*} Av=\lambda v => A^2v=AAv = A\lambda v=\lambda Av = \lambda^2v \end{eqnarray*}$ induktion etc.. warum sollte $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ein eigenwert von $\begin{eqnarray*} A^n \end{eqnarray*}$ sein?

29.07.2007, 16:19

therisen

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Zitat:

Original von mylittlehelper
Was wir damit gezeigt haben, ist, dass $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ein Eigenwert von $\begin{eqnarray*} A^n \end{eqnarray*}$ ist.

Das war nur ein Tippfehler, habe es korrigiert (die Zerlegung macht ja sonst auch keinen Sinn)

29.07.2007, 20:00

mylittlehelper

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Zitat:

Original von Monstar
Warum sollte $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ein eigenwert von $\begin{eqnarray*} A^n \end{eqnarray*}$ sein?

Keine Ahnung. Ich stell mich mit dem ganzen Konstrukt linearer Abbildungen etwas dämlich an. Meine Präferenzen liegen eher im Bereich der Analysis. Ich hab mir wohl nie die Mühe gemacht die Konzepte zu durchdringen.

Die letzte Zerlegung ist mir allerdings sehr sympathisch, so dass ich die Aufgabe für mich als gelöst betrachte. Vielen Dank für euer (gewohnt großartiges) Engagement.

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