Charakteristisches Polynom

06.01.2009, 10:57

tigerbine

Charakteristisches Polynom

Seien A und B quadratische komplexe Matrizen, A sei regulär. Warum sind dann die charakteristischen Polynom von AB und BA gleich?

Da hier keine geltende Gleichung gegeben ist, wo man mit der Inversen ranmultiplizieren könnte, sehe ich im Moment nicht, wie man da rangehen muss. Wer kann mir helfen?

Danke,
tigerbine Wink

06.01.2009, 13:13

Reksilat

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RE: Charakteristisches Polynom
Forme doch mal
$\begin{eqnarray*} \det (A^{-1})\cdot \det(AB-xE) \end{eqnarray*}$
ein wenig um...

06.01.2009, 14:03

tigerbine

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RE: Charakteristisches Polynom
Ok, ich werde mal drüber nachdenken. Da bei der Aufgabe noch 2 weitere Teile sind, frage ich mich gerade, warum man nicht in der Reihenfolge c->a vorgehen kann. Übersehe ich da etwas?

[attach]9512[/attach]

Denn c würde ich so lösen, auch wenn es nicht meine geniale Idee war. (wiki). Kann man dann b und a nicht mit m=n folgern? verwirrt

Zitat:

Teilaufgabe c

Um die benötigten Informationen über die zu beweisende Gleichung zu erhalten, werden Blockdreiecksmatrizen konstruiert. Deren Determinanten sind dann das Produkt der Determinanten der Diagonalblöcke.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x E_m & -A \\ 0 & E_n \end{pmatrix}\, \begin{pmatrix} E_m & A \\ B & x E_n\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} x E_m-AB & 0 \\ B & x E_n\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x E_m & 0 \\ -B & E_n \end{pmatrix}\, \begin{pmatrix} E_m & A \\ B & x E_n \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} x E_m & x A \\ 0 & x E_n-BA \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Nun versuchen wir diese Informationen zu nutzen, indem wir die Determinanten bilden:

$\begin{eqnarray*} \det (x E_m) \det(E_n)\det(\begin{pmatrix} E_m & A \\ B & x E_n\end{pmatrix}) = \det(x E_m-AB) \det(x E_n) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \det(x E_m )\det(E_n) \det(\begin{pmatrix} E_m & A \\ B & x E_n \end{pmatrix}) =\det(x E_m) \det(x E_n-BA) \end{eqnarray*}$

Das ganze vereinfacht sich noch zu:

$\begin{eqnarray*} x^m \det(\begin{pmatrix} E_m & A \\ B & x E_n\end{pmatrix}) = \det(x E_m-AB) x^n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x^m \det(\begin{pmatrix} E_m & A \\ B & x E_n \end{pmatrix}) =x^m \det(x E_n-BA) \end{eqnarray*}$

Und somit folgt:

$\begin{eqnarray*} x^n \cdot \chi_{AB}(x) = x^m \cdot \chi_{BA}(x) \end{eqnarray*}$

06.01.2009, 14:25

Reksilat

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RE: Charakteristisches Polynom
Langweilig! Big Laugh

Ich nehme mal an, dass die Urheber der Aufgabe auf einen anderern Lösungsweg aus waren; deshalb auch die eigentlich überflüssige Forderung m<n im Teil c), da man hier möglicherweise b) benutzen kann.

Mit Deinem Argument erschlägst Du natürlich alle drei Teilaufgaben zugleich.

Edit: b) => c) ist auch nur ein kleiner Schritt. Ein selbstgemachter Beweis ist doch immer noch der schönste. Augenzwinkern

06.01.2009, 14:39

tigerbine

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OK, danke. Nur ein seltsamer weg, wenn c im Grunde alles liefert, weil man bei b) ja etwas einfach annehmen soll... Werde später dennoch mal deinen Weg für A versuchen.

CY Wink

06.01.2009, 19:27

tigerbine

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RE: Charakteristisches Polynom

Zitat:

Original von Reksilat
Forme doch mal
$\begin{eqnarray*} \det (A^{-1})\cdot \det(AB-xE) \end{eqnarray*}$
ein wenig um...

Ok. Ich versuche es nun mal. Aber auch auf den Trick muss man ja erstmal kommen. Big Laugh

Es ist nun ja:

$\begin{eqnarray*} E=AA^{-1}=A^{-1}A \end{eqnarray*}$

Sowie

$\begin{eqnarray*} \det(A^{-1}) = \det(A)^{-1} \end{eqnarray*}$

Wende ich deine Trick nun auf beide charPoly an, so kann ich mir die Kommutativität der komplexen Zahlen zunutze machen.

$\begin{eqnarray*} \det (A^{-1})\cdot \det(AB-xE)&& = \det(A)^{-1}\cdot \det(A(B-xA^{-1})) \\&&= \det(A)^{-1}\cdot \det(A)\det(B-xA^{-1}) \\&&=\det(B-xA^{-1}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \det (A^{-1})\cdot \det(BA-xE)&& = \det(A)^{-1}\cdot \det((B-xA^{-1})A) \\&&= \det(A)^{-1}\cdot \det(B-xA^{-1})\det(A) \\&&=\det(B-xA^{-1}) \end{eqnarray*}$

Damit folgt das gesuchte. Wie soll man das nun mit dem "dicht" auf b) übertragen? Und wie sieht dein Schritt nach c aus?

Danke Wink

06.01.2009, 20:01

Reksilat

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RE: Charakteristisches Polynom
Nun dicht bedeutet hier, dass es für eine beliebige nxn-Matrix $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ eine Folge $\begin{eqnarray*} A_n\in {\rm GL}_n(\mathbb{C}) \end{eqnarray*}$ gibt, mit $\begin{eqnarray*} A_n\to A \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\to \infty \end{eqnarray*}$ . Die Konvergenz ist bezüglich einer beliebigen Matrixnorm (sind ja schließlich alle äquivalent), wichtig ist hier nur, dass die Einträge $\begin{eqnarray*} (a_{ij})_{n} \end{eqnarray*}$ jeweils gegen $\begin{eqnarray*} a_{ij} \end{eqnarray*}$ konvergieren.

Nun muss gezeigt werden, dass für eine Matrixfolge $\begin{eqnarray*} H_n\to H \end{eqnarray*}$ immer gilt, dass auch $\begin{eqnarray*} \chi_{H_n} \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} \chi_{H} \end{eqnarray*}$ konvergiert.

Letztlich ist das eher eine Verständnisaufgabe, d.h. wirklich rechnen muss man hier gar nicht, es kommt eher auf eine gute Argumentation an. Ich kann das bei Bedarf auch noch ausführlicher erläutern.

Zu c): Man hat nun eine mxn-Matrix $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und eine nxm-Matrix $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ . Aus b) wissen wir, dass alles für quadratische Matrizen funktioniert, also müssen wir uns aus $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ geeignete Matrizen $\begin{eqnarray*} \overline{A} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \overline{B} \end{eqnarray*}$ basteln, die uns weiterhelfen. Letztlich wird gerade die naheliegendste Wahl weiterhelfen - einfach mal ein bisschen probieren.

Schönen Abend noch.

06.01.2009, 20:04

tigerbine

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Zitat:

Letztlich ist das eher eine Verständnisaufgabe, d.h. wirklich rechnen muss man hier gar nicht, es kommt eher auf eine gute Argumentation an. Ich kann das bei Bedarf auch noch ausführlicher erläutern.

Gerne.

06.01.2009, 20:52

tigerbine

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Ich versuche dann mal Teil c nach deiner Anleitung. Ich baue mir 2 quadr. Blockmatrizen (m+n)

$\begin{eqnarray*} \hat{A}=\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 &0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \hat{B}=\begin{pmatrix} B & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dann ist

$\begin{eqnarray*} \hat{A}\hat{B} = \begin{pmatrix} AB & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Für das char. Polynom ergibt sich

$\begin{eqnarray*} \chi_{\hat{A}\hat{B}}(x)&&=\det\begin{pmatrix} xE_m-AB & 0 \\ 0 & xE_{n} \end{pmatrix}\\&& = \det(xE_m-AB)\cdot \det(xE_{n}) \\&& = \chi_{AB}(x) \cdot x^{n} \end{eqnarray*}$

Analog:

$\begin{eqnarray*} \chi_{\hat{B}\hat{A}}(x)&&=\det\begin{pmatrix} xE_n-BA & 0 \\ 0 & xE_{m} \end{pmatrix}\\&& = \det(xE_n-BA)\cdot \det(xE_{m}) \\&& = \chi_{BA}(x) \cdot x^{m} \end{eqnarray*}$

Mit b) folgt dann die Behauptung.

06.01.2009, 22:08

Reksilat

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b) Wir betrachten die konvergente Matrixfolge $\begin{eqnarray*} H_k\to H \end{eqnarray*}$ , d.h. die Einträge $\begin{eqnarray*} (h_{ij})_k \end{eqnarray*}$ konvergieren gegen $\begin{eqnarray*} h_{ij} \end{eqnarray*}$ .

Nun ist die Determinante von $\begin{eqnarray*} H_k \end{eqnarray*}$ ja eine Kombination der $\begin{eqnarray*} (h_{ij})_k \end{eqnarray*}$ . Zur Erinnerung:
$\begin{eqnarray*} \det (H)=\sum_{\sigma\in \Sigma _n}{\rm sgn}(\sigma )h_{1\sigma (1)}\cdot\ldots\cdot h_{n\sigma (n)} \end{eqnarray*}$

Offensichtlich konvergiert also auch $\begin{eqnarray*} \det(H_k) \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} \det(H) \end{eqnarray*}$

Setze nun $\begin{eqnarray*} H_k:=A_kB-xE \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F_k:=BA_k-xE \end{eqnarray*}$ , wobei die $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ regulär sind und gegen $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ konvergieren.

06.01.2009, 22:55

tigerbine

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Ich sag einfach schon mal danke, bevor ich es morgen vergessen. Wink

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