Darstellende Matrix und Linearform

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09.04.2015, 16:08	Thomas Wening	Auf diesen Beitrag antworten »
Darstellende Matrix und Linearform Meine Frage: Sei V ein R-Vektorraum, $\begin{eqnarray} \varphi\in V^{\ast}\setminus\{0\} \end{eqnarray}$ , sowie $\begin{eqnarray} h\in V\setminus\{0\} \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} h\in ker(\varphi) \end{eqnarray}$ . Außerdem sei eine lineare Abbildung $\begin{eqnarray} F:V\rightarrow V, v\mapsto v+\varphi(v)h \end{eqnarray}$ gegeben. Es soll nun die darstellende Matrix $\begin{eqnarray} M_{B}(F) \end{eqnarray}$ bezüglich der Basis $\begin{eqnarray} B=(h,v_{2},\cdots,v_{n}) \end{eqnarray}$ berechnet werden und dessen Determinante. Meine Ideen: Mir ist klar, dass die Spaltenvektoren der darstellenden Matrix die Koordinaten der Bilder der Basisvektoren unter F sind. Also bilde ich sie ab: $\begin{eqnarray} F(h)=h+\varphi(h)h=h \end{eqnarray}$ , sowie $\begin{eqnarray} F(v_{i})=v_{i}+\varphi(v_{i})h \end{eqnarray}$ . Mich stört aber der Term $\begin{eqnarray} \varphi(v_{i})h \end{eqnarray}$ . Wenn ich das mit dem Dualraum und den Linearformen richtig verstanden habe, dann wird V durch die Linearform auf R abgebildet. Dann muss die darstellende Matrix doch so aussehen: $\begin{eqnarray} M_{B}(F)=\begin{pmatrix} h & \varphi(v_{2}) & \varphi(v_{3}) & \dots & \varphi(v_{n}) \\ 0 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Oder habe ich da etwas falsch verstanden? Wenn das wahr ist, dann ist die Determinante 1. Denn die darstellende Matrix ist eine Dreiecksmatrix mit den Diagonaleinträgen 1.
09.04.2015, 18:35	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Das erste Element ist 1 statt h, ansonsten sieht das plausibel aus.
09.04.2015, 23:48	Thomas Wening	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für Deine Antwort, Elvis. Stimmt ja, sonst wäre die Determinante nicht 1, sondern h. Aber moment, ich überlege gerade: Was ist, wenn die Basisvektoren nicht kanonisch sind? Es könnte beispielsweise auch $\begin{eqnarray} v_{2}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ sein.
10.04.2015, 09:56	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist für diese Aufgabe nicht relevant, wie die Vektoren $\begin{eqnarray} v_i\in B \end{eqnarray}$ in einer anderen Basis $\begin{eqnarray} C \end{eqnarray}$ oder in der Standardbasis dargestellt werden. Die Darstellungsmatrix $\begin{eqnarray} M_B(F) \end{eqnarray}$ hängt nur vom Isomorphismus $\begin{eqnarray} F \end{eqnarray}$ und der Basis $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ ab. Für jede andere Basis $\begin{eqnarray} C=WB \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} M_C(F)=W^{-1}M_B(F)W \end{eqnarray}$ mit der invertierbaren Basiswechselmatrix $\begin{eqnarray} W \end{eqnarray}$ . (In der Literatur, z.B. auch bei Wikipedia http://de.wikipedia.org/wiki/Basiswechsel_%28Vektorraum%29 , findet man oft $\begin{eqnarray} M_C(F)=TM_B(F)T^{-1} \end{eqnarray}$ , das liegt daran, dass die Basiswechselmatrix durch $\begin{eqnarray} B=TC \end{eqnarray}$ definiert wird.)
10.04.2015, 11:10	Thomas Wening	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, das Kapitel muss ich wohl nochmal nachschlagen im Fischer. Noch eine Frage. Ich habe die Eigenwerte der darstellenden Matrix berechnet und komme auf 1 mit der algebraischen Vielfachheit n. Bei der Berechnung des Eigenvektors tritt die Matrix $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 0 & \varphi(v_{2}) & \varphi(v_{3}) & \dots & \varphi(v_{n}) \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ auf. Was heißt das nun? Heißt das nun, dass $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} - \sum_{i=3}^{n} v_{i} \\ v_{3} \\ \vdots \\ v_{n} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ der Eigenvektor zum Eigenwert 1 ist? LG
11.04.2015, 19:16	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Kapitel Eigenvektoren musst Du auch noch einmal nachschlagen. Die Komponenten eines Eigenvektors können niemals Vektoren sein. Der Kern von $\begin{eqnarray} M_B(F)-I \end{eqnarray}$ hat die Dimension n-1 oder n, je nachdem, wie die 1. Zeile dieser Matrix aussieht. Wenn die 1. Zeile 0 ist, dann ist jeder Vektor aus $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ Eigenvektor, sonst ist der Eigenraum eine Hyperebene $\begin{eqnarray} U\le V \end{eqnarray}$ .
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13.04.2015, 23:17	Thomas Wening	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, ich habe noch einmal nachgerechnet. Ich erhalte nun für $\begin{eqnarray} det(M_{B}(F)-1\cdot E_{n})\cdot\begin{pmatrix}x_{1} \\ \vdots \\ x_{n}\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ , dass $\begin{eqnarray} \sum_{i=2}^{n}\varphi(v_{i})x_{i}=0 \end{eqnarray}$ . Also $\begin{eqnarray} x_{1} \end{eqnarray}$ beliebig und $\begin{eqnarray} x_{2}=-\sum_{i=3}^{n}\frac{\varphi(v_{i})}{\varphi(v_{2})}x_{i} \end{eqnarray}$ . Dann ist $\begin{eqnarray} w\in span \left( \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ x_{2} \\ x_{3} \\ \vdots \\ x_{n} \end{pmatrix}\right) \end{eqnarray}$ Eigenvektor von F.
14.04.2015, 12:18	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Die definierende Gleichung des Kerns von $\begin{eqnarray} F-1\cdot\iota \end{eqnarray}$ ist in der Tat $\begin{eqnarray} \sum_{i=2}^n\varphi(v_i)x_i=0 \end{eqnarray}$ , soweit so gut. Aber danach ist Deine Interpretation falsch. Zunächst einmal wissen wir nicht, ob $\begin{eqnarray} \varphi(v_2) \end{eqnarray}$ von 0 verschieden ist, also können wir nicht dadurch dividieren. Wir müssen zwei Fälle unterscheiden. 1. Fall: $\begin{eqnarray} \varphi(v_i)=0, i=2,...,n\Rightarrow \varphi(v_1)\ne 0\Rightarrow \end{eqnarray}$ jeder Vektor von V ist Eigenvektor. 2. Fall: Mindestens ein $\begin{eqnarray} \varphi(v_i),i=2,...,n \end{eqnarray}$ ist von 0 verschieden, sei $\begin{eqnarray} j\in\{2,...,n\}, \varphi(v_j)\ne 0 \end{eqnarray}$ . Dann funktioniert das für $\begin{eqnarray} j \end{eqnarray}$ wie Du es für 2 gemacht hast, also $\begin{eqnarray} x_j=-\sum_{i=2,i\ne j}^n \frac{\varphi(v_i)}{\varphi(v_j)}x_i \end{eqnarray}$ . Danach geht es aber ganz anders weiter, denn wie üblich nach dem Gauß-Algorithmus setzt man alle freie Variablen $\begin{eqnarray} x_1=a,x_2=b,x_3=c,...,x_{j-1}=d,x_{j+1}=p,... x_{n-1}=q,x_n=r\Rightarrow U=\{\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \\ ... \\ d \\ -\frac {\varphi(v_2)}{\varphi(v_j)}b -\frac {\varphi(v_3)}{\varphi(v_j)}c-...-\frac {\varphi(v_{j-1})}{\varphi(v_j)}d-\frac {\varphi(v_{j+1})}{\varphi(v_j)}p-...-\frac {\varphi(v_{n-1})}{\varphi(v_j)}q-\frac {\varphi(v_n)}{\varphi(v_j)}r\\ p\\ ... \\ q \\ r \end{pmatrix}\} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =span\{\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ ... \\ 0 \\ 0 \\0 \\ ... \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ ... \\ 0 \\ -\frac{\varphi(v_2)}{\varphi(v_j)} \\0 \\ ... \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, ...,\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ ... \\ 1 \\ -\frac{\varphi(v_{j-1})}{\varphi(v_j)} \\0 \\ ... \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ ... \\ 0 \\ -\frac{\varphi(v_{j+1})}{\varphi(v_j)} \\1 \\ ... \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},...,\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ ... \\ 0 \\ -\frac{\varphi(v_n)}{\varphi(v_j)} \\0 \\ ... \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\} \end{eqnarray}$ , und das ist ein (n-1)-dimensionaler Unterraum, also eine Hyperebene.
21.04.2015, 13:49	Thomas Wening	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah danke für die gute und ausführliche Erklärung! Jetzt habe ich das verstanden.

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