Matrizen AB=BA => bel. Potenzen kommutativ

15.04.2011, 14:53

unr8d

Matrizen AB=BA => bel. Potenzen kommutativ

Hi,
folgende Aufgabe:
zeigen Sie: Sind $\begin{eqnarray*} A,B \in M(n\times n;K) \end{eqnarray*}$ zwei Matrizen mit AB=BA, dann gilt $\begin{eqnarray*} A^rB^s = B^sA^r \forall r,s\in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Hab leider keinen Plan wie ich das anstellen soll, was wohl auch dran liegen mag dass mir gerade keinerlei allgemeine Aussagen über die Potenzen von Matrizen einfallen.

Helfe mir mal bitte jemand auf den richtigen Weg Augenzwinkern

15.04.2011, 15:07

lgrizu

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RE: Matrizen AB=BA => bel. Potenzen kommutativ
Wir wissen, dass AB=BA ist, also ist

$\begin{eqnarray*} A^r \cdot B^s=A^{r-1}ABB^{s-1}=A^{r-1}BAB^{s-1} \end{eqnarray*}$

So "wandern" irgendwann alle A nach rechts und alle B nach links.

15.04.2011, 16:35

unr8d

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Das ist ja eigentlich echt sehr naheliegend, da hab ich wohl viel zu kompliziert gedacht.
Wie beweise ich das vernünftig?
Brauche ich streng genommen 2 Induktionsbeweise?

zuerst $\begin{eqnarray*} AB^s = B^sA \end{eqnarray*}$ mit Ind.anf. s=1...
um mit dem als Ind.anf anschließend $\begin{eqnarray*} A^rB^s=B^sA^r \end{eqnarray*}$ mit beliebigem, aber festem s zu zeigen.
Sonst würden sich beim Induktionsschritt ja bei $\begin{eqnarray*} A^rB^s = AB^sA^{r-1}=B^sAA^{r-1} \end{eqnarray*}$ das $\begin{eqnarray*} AB^s \end{eqnarray*}$ blockieren oder?

Ist das so korrekt und könnte mans vll auch in einem Aufwasch machen?

15.04.2011, 17:21

Mystic

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Zitat:

Original von unr8d
Ist das so korrekt und könnte mans vll auch in einem Aufwasch machen?

Ich würde es "in einem Aufwasch machen"... Denke dir dazu die Ausdrücke $\begin{eqnarray*} A^rB^s \end{eqnarray*}$ lexikographisch nach (r+s,r) geordnet, also

$\begin{eqnarray*} A^0 B^0,A^0 B^1,A^1B^0,A^0B^2,A^1B^1A^2B^0,\ldots \end{eqnarray*}$

Angenommen, es gäbe Zahlen $\begin{eqnarray*} r,s \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ , sodass

$\begin{eqnarray*} A^r B^s \ne B^sA^r \end{eqnarray*}$

Wir wählen dann den ersten Ausdruck $\begin{eqnarray*} A^rB^s \end{eqnarray*}$ in obiger Folge mit dieser Eigenschaft und wissen, dass dann jedenfalls r>0, s>0 sein muss... Ich hoffe, du weißt nun von allein wie's weiter geht... Augenzwinkern

15.04.2011, 18:27

unr8d

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Ist die Ordnung, so wie du sie aufgestellt hast, zwingend notwendig?
Beim nachdenken erschien mir sowas wie $\begin{eqnarray*} (A^iB^j)_{i=0}^j ,j=0,..,s \end{eqnarray*}$ naheliegender. Mir wird jedenfalls klar, dass ich für jedes "schlechte" Glied mit einem vorhergehendem und der Voraussetzung AB=BA zeigen kann, dass es doch kommutativ ist und damit induktiv sämtliche Kombinationen erreiche.
Ist schon so gedacht oder? Augenzwinkern

Schöne Variante, danke!

15.04.2011, 18:33

Mystic

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Ich sage jetzt nicht, dass meine Ordnung zwingend notwendig ist, trotzdem würde mich interessieren, wie du mit deiner Ordnung für das erste Glied $\begin{eqnarray*} A^rB^s \end{eqnarray*}$ , welches die Vertauschbarkeitsbedingung nicht erfüllt, argumentierst... Könntest vielleicht diese eine Zeile mal schnell anschreiben?

15.04.2011, 20:35

unr8d

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Ich nehme also die Ordnung $\begin{eqnarray*} (A^iB^j)_{i=0} ^j j=0,..,s \end{eqnarray*}$
Glieder der Form $\begin{eqnarray*} A^0B^j \end{eqnarray*}$ bzw $\begin{eqnarray*} A^iB^0 \end{eqnarray*}$ sind trivialerweise kommutativ,
$\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ ist das nach Voraussetzung.

Hat das erste nicht funktionierende Glied die Form $\begin{eqnarray*} A^1B^j \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} AB^j=AB^{j-1}B \end{eqnarray*}$
Sonst lässt es sich als $\begin{eqnarray*} A^iB^j = AA^{-1}B^j \end{eqnarray*}$ darstellen.

15.04.2011, 21:05

Mystic

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Zitat:

Original von unr8d
Sonst lässt es sich als $\begin{eqnarray*} A^iB^j = AA^{-1}B^j \end{eqnarray*}$ darstellen.

Schade, dass du just in dem Moment aufhörst, wo die Sache interessant zu werden wird... Warum eigentlich? Weil du denkst, es sei trivial, oder weil es dir zuviel Schreibarbeit ist? verwirrt

In letzterem Falle mache es dir noch einfacher, indem ich versuche, deinen Beweis zu vollenden und du kannst ja dann einfach sagen, ob es deinen Intentionen entspricht oder ob du dir das anders vorgestellt hast...

$\begin{eqnarray*} A^rB^s=A(A^{r-1}B^s)=A(B^sA^{r-1})=ABB^{s-1}A^{r-1}=BAB^{s-1}A^{r-1}=BB^{s-1}AA^{r-1}=B^sA^r \end{eqnarray*}$

15.04.2011, 21:27

unr8d

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Ich war davon ausgegangen, dass es relativ trival sei und war daher zu faul es auszuführen Augenzwinkern

Zitat:

Original von Mystic
$\begin{eqnarray*} A^rB^s=A(A^{r-1}B^s)=A(B^sA^{r-1})=ABB^{s-1}A^{r-1}=BAB^{s-1}A^{r-1}=BB^{s-1}AA^{r-1}=B^sA^r \end{eqnarray*}$

Ich hatte nicht vor auf $\begin{eqnarray*} B^{s-1} \end{eqnarray*}$ zurückzugehen, sondern :
$\begin{eqnarray*} A^iB^j=A(A^{i-1}B^j)=(AB^j)A^{i-1}=B^jAA^{i-1}=B^jA^i \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} AB^j \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} A^{i-1}B^j \end{eqnarray*}$ kommt in der Folge ja grundsätzlich früher als $\begin{eqnarray*} A^iB^j \end{eqnarray*}$

15.04.2011, 21:36

Mystic

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Zitat:

Original von unr8d
Ich hatte nicht vor auf $\begin{eqnarray*} B^{s-1} \end{eqnarray*}$ zurückzugehen, sondern :
$\begin{eqnarray*} A^iB^j=A(A^{i-1}B^j)=(AB^j)A^{i-1}=B^jAA^{i-1}=B^jA^i \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} AB^j \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} A^{i-1}B^j \end{eqnarray*}$ kommt in der Folge ja grundsätzlich früher als $\begin{eqnarray*} A^iB^j \end{eqnarray*}$

Ok, ich schreib dir deinen Beweis einmal für den Spezialfall i=1 auf:

$\begin{eqnarray*} AB^j=A(A^0B^j)=(AB^j)A^0=B^jAA^0=B^jA \end{eqnarray*}$

Wie gefällt dir das? Big Laugh

15.04.2011, 21:57

unr8d

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Deswegen hatte ich für diesen Spezialfall ja auch eine andere Betrachtung angegeben.

>>
Hat das erste nicht funktionierende Glied die Form $\begin{eqnarray*} A^1B^j \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} AB^j=AB^{j-1}B \end{eqnarray*}$ <<

-> $\begin{eqnarray*} =B^{j-1}AB = B^{j-1}BA = B^jA \end{eqnarray*}$

15.04.2011, 22:14

Mystic

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Ah, langsam fange ich an zu durchschauen, was du oben mit

Zitat:

Original von unr8d
$\begin{eqnarray*} AB^j \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} A^{i-1}B^j \end{eqnarray*}$ kommt in der Folge ja grundsätzlich früher als $\begin{eqnarray*} A^iB^j \end{eqnarray*}$

gemeint hattest... Du bist also gewissermaßen (und ohne es, s.o., besonders herauszustreichen) von i > 1 ausgegangen, nachdem du den Fall i=1 noch als eigenen Spezialfall abgehandelt hast...

Ich muss wohl nicht betonen, dass eine Fallunterscheidung grundsätzlich in der Mathematik (und das nicht unberechtigt!) als unelegant verschrien ist und man in diesen sauren Apfel nur dann beißen wird, wenn es gar nicht anders geht... Hier trifft das aber gottseidank (s. meine obige Beweisführung) nicht zu... Wink

15.04.2011, 22:28

unr8d

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Naja, ich hatte schon gesagt, dass ich i=1 anders betrachte.

Dass deine Variante eleganter ist, ist gar keine Frage Augenzwinkern

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