Charakteristik und Radikal einer SBF

05.02.2009, 19:59

Bjoern1982

Charakteristik und Radikal einer SBF

Hallo,

V ist ein K-VR mit dim(V)=5 und char K ungleich 2
B sei eine Basis von V und beta:VxV ---> K eine SBF (symmetrische Bilinearform) mit

$\begin{eqnarray*} M_{B,B}(\beta)=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\1 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

So und nun die Frage, was versteht man unter der Basis des Radikals von beta ?

Ich habe das noch nie gehört, habe bisschen gegooglet und könnte mit vorstellen, dass man mit Gram Schmidt eine ONB aufstellen soll - bin mir aber absolut unsicher.
Auch was dieses char K ungleich 2 jetzt für besondere Auswirkungen haben soll ist mir unklar verwirrt

Hat jemand eine Idee ?

Gruß Björn

05.02.2009, 20:03

kiste

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$\begin{eqnarray*} R(V) = \{ v\in V \mid \beta(v,w) = 0 \forall w\in V\} \end{eqnarray*}$ nennt man dass Radikal eines Raumes. Je nachdem ob char K = 2 oder nicht ergeben sich bis auf Isomorphie andere Räume V. Checke jetzt bei welchen Basiselementen eben beta(v,w)= 0 ist.

05.02.2009, 20:22

Bjoern1982

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Wahrscheinlich verstehe ich dich falsch, denn wenn ich $\begin{eqnarray*} \beta(b_i,w)=0 \end{eqnarray*}$ für alle i=1,...,5 bilde, erhalte ich immer w1+w2+w3+w4+w5=0 mit Standardbasis B.
Muss ich mir eine alternative Basis basteln, die auch schon aus w besteht oder wie macht man das ?

Danke fürs Helfen smile

(Bin jetzt erstmal für eine Weile unterwegs, schaue nachher nochmal rein)

06.02.2009, 20:19

kiste

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Hallo,

ich lieg gerade krank im Bett deswegen meine verzögerte Antwort.

Ich bin mir mittlerweile nicht mehr sicher dass ich Recht hatte. Die Basis B muss ja nicht zwangsweise die Basis der orthogonalen Zerlegung sein.

Du musst wahrscheinlich beta(Linearkombi, LK) ansetzen wobei eben LK alle möglichen Linearkombinationen durchläuft damit es im Radikal ist.

Ich denke nochmal drüber nach wenn ich wieder richtig denken kann Augenzwinkern

07.02.2009, 10:59

Reksilat

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Hi Ihr zwei,

Die Matrix $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ist doch bezüglich einer festen Basis $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ gegeben und eine andere taucht hier auch nicht auf. Also lassen sich auch die Vektoren bezüglich dieser Basis $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ darstellen:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}x_1\\...\\x_5\end{pmatrix}_B=x_1b_1+...+x_5b_5 \end{eqnarray*}$

Damit sieht die Basis $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ wieder wie die gewöhnliche Standardbasis aus, ich habe auch hier mal was dazu geschrieben. Mit Orthogonalität hat die Aufgabe letztlich nichts zu tun, da wir hier auch kein Skalarprodukt gegeben haben.

Wenn Du Dir nun einen Vektor $\begin{eqnarray*} v=(a_1,...,a_5)^T=a_1b_1+...+a_5b_5\in R(V) \end{eqnarray*}$ nimmst, hast Du ja oben schon bemerkt, dass aus $\begin{eqnarray*} \beta(v,b_i)=0 \end{eqnarray*}$ immer $\begin{eqnarray*} v_1+...+v_5=0 \end{eqnarray*}$ folgt. Eine notwendige Voraussetzung für $\begin{eqnarray*} v\in R(V) \end{eqnarray*}$ hast Du jetzt also bereits und es bleibt zu zeigen, dass diese auf hinreichend ist. Dann bist Du fertig.

Edit: Da habe ich doch fast den kiste vergessen:

07.02.2009, 11:37

Bjoern1982

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@ kiste

Von mir auch gute Besserung Wink

@ Reksilat

Zitat:

hast Du ja oben schon bemerkt, dass aus $\begin{eqnarray*} \beta(v,b_i)=0 \end{eqnarray*}$ immer $\begin{eqnarray*} v_1+...+v_5=0 \end{eqnarray*}$

Der dazu passende Lösungsraum wäre ja 4-dimensional und würde ja dann so aussehen:

$\begin{eqnarray*} LH[\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}] \end{eqnarray*}$

Wären das dann schon die gesuchten Basisvektoren bzw wäre die Angabe dieses Lösungsraumes dann schon hinreichend ?

Hat die Angabe char ungleich 2 von oben noch irgendwelche Auswirkungen ?

Gruß Björn

07.02.2009, 11:58

Reksilat

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Wenn die Charakteristik ungleich 2 ist, kann man eine Basis $\begin{eqnarray*} B' \end{eqnarray*}$ finden, bezüglich der die SBF Diagonalgestalt hat. Ich sehe aber nicht, dass das hier benötigt wird. In meinen Augen ist die Charakteristik hier nicht weiter von Belang.

Die Basis des Radikals stimmt so, denn das ist der Kern der Matrix M, und es gilt für $\begin{eqnarray*} v\in{\rm Ker}(M) \end{eqnarray*}$ immer $\begin{eqnarray*} x^TMv=x^t0=0 \end{eqnarray*}$ . Die Vektoren sind dann bzgl. $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ geschrieben, als $\begin{eqnarray*} b_1-b_2,b_1-b_3,... \end{eqnarray*}$

Etwas verschrieben habe ich mich oben auch noch, die Komponenten von $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ heißen einmal $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ und anderswo $\begin{eqnarray*} v_i \end{eqnarray*}$ , ist aber das gleiche.

07.02.2009, 12:20

Bjoern1982

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Zitat:

Wenn die Charakteristik ungleich 2 ist, kann man eine Basis $\begin{eqnarray*} B' \end{eqnarray*}$ finden, bezüglich der die SBF Diagonalgestalt hat

Aufgabe b) lautet:

Bestimme eine Basis C von V, so dass $\begin{eqnarray*} M_{C,C}(\beta) \end{eqnarray*}$ Diagonalmatrix ist smile

Hier würde ich dann ganz normal die Eigenwerte von $\begin{eqnarray*} M_{B,B}(\beta)=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\1 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ mit den dazu gehörigen Eigenräumen bestimmen und daraus dann eine Basis basteln.

Ist die Vorgehensweise so in Ordnung ?

Die Angabe über die Charakteristik macht hier also lediglich eine Aussage über die Existenz einer in der Aufgabestellung erwähnten Basis C und hat in dem Sinne nichts mit der Tatsache zu tun, dass man keine Körper wie $\begin{eqnarray*} F_2 \end{eqnarray*}$ mit char(F)=2 wegen 1+1=0 betrachten darf, oder ?

Danke für deine Hilfe smile

07.02.2009, 12:56

Reksilat

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Da Du ja schon vier Eigenvektoren hast, genügt es eigentlich, einfach irgendeinen weiteren linear unabhängigen Vektor hinzuzunehmen, die Matrix wird dann durch die ganzen Nullen sowieso Diagonalgestalt haben. Prinzipiell ist der Ansatz aber richtig, denn bei Eigenvektoren zu unterschiedlichen Eigenwerten gilt ja $\begin{eqnarray*} \beta (v,w)=0 \end{eqnarray*}$ .

Die Charakteristik 2 hat in diesem speziellen Beispiel übrigens keine Auswirkung, erst für eine SBF mit Matrix
$\begin{eqnarray*} M=\begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
kann man keine Basis angeben, bezüglich derer wir die SBF auf Diagonalform bringen könnten.

07.02.2009, 13:08

Bjoern1982

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Alles klar, vielen Dank.

Gruß Björn

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