Trigonalisierung kommutierender Matrizen

15.08.2014, 23:06

Patrick777

Trigonalisierung kommutierender Matrizen

Hallo,
ich versuche mir gerade zu überlegen wieso kommutierende Matrizen A,B (beide trigonalisierbar, Dimension nxn) in einer gemeinsamen Basis trigonalisierbar sind. Mein einziges Problem ist eigentlich nur zu zeigen, dass es einen gemeinsamen Eigenvektor gibt und es geht mir eigentlich nur darum, ob meine folgende Überlegung richtig ist.

Sei va Eigenvektor von A zum Eigenwert a, dann gilt B(va) liegt auch im Eigenraum (Dimension r) zu a (weil A und B vertauschbar). Nun betrachte ich die Matrix B, transformiert in die Basis in der sie obere Dreiecksform hat, und der Einfachheit auch eine richtige Dreiecksform und nicht so Blockdiagonalformen, dann kann ich mir jetzt ein paar was wäre wenn Fälle sparen. Also aus der oberen Überlegung zu B(va) können wir folgern, dass der linke obere Teil der Dreiecksmatrix von B bis zur Zeile und Spalte r die Abbildung von B auf dem Eigenraum von A zu Eigenwert a beschreibt. Damit wissen wir, dass der Eigenvektor von B auch ein Eigenvektor von A sein muss, und damit gemeinsamer Eigenvektor ist.

Wie bereits gesagt, ist meine Frage ist diese Überlegung richtig, und wie kann man es etwas mathematischer aufschreiben bzw geht es noch einfacher?

Grüße, Patrick

16.08.2014, 13:57

bijektion

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Hallo,
ich bin mir noch nicht sicher, ob ich verstanden habe, was du meinst.
Also du hast Matrizen $\begin{eqnarray*} A,B\in M_{n\times n}(\mathbb{K}) \end{eqnarray*}$ gegeben und es gilt $\begin{eqnarray*} A\cdot B=B\cdot A \end{eqnarray*}$ .
Du möchtest zeigen, dass es dann eine Basiswechselmatrix $\begin{eqnarray*} T\in GL_n(\mathbb{K}) \end{eqnarray*}$ gibt, sodass $\begin{eqnarray*} T^{-1}\cdot A \cdot T \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} T^{-1}\cdot B \cdot T \end{eqnarray*}$ Dreiecksmatrizen sind?

Ok, wenn $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ ein Eigenvektor von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ zum Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ , dann ist auch $\begin{eqnarray*} B\cdot v \end{eqnarray*}$ ein Eigenvektor von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ zum Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ , das hast du gezeigt. (Wie?)

Daraus folgt aber doch sofort: Wenn wir $\begin{eqnarray*} V_{\lambda}=\mathrm{kern}(A-\lambda \cdot E_n) \end{eqnarray*}$ setzen, ist $\begin{eqnarray*} B\cdot v\in V_{\lambda} \end{eqnarray*}$ .
Jetzt ist noch zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} B\cdot v = \mu \cdot v \end{eqnarray*}$ .

Der letzte Teil deiner Argumentation ist mir nicht klar, so sollte es aber schön umgangen werden können.

16.08.2014, 19:54

Patrick777

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Zitat:

Original von bijektion
Hallo,
ich bin mir noch nicht sicher, ob ich verstanden habe, was du meinst.
Also du hast Matrizen $\begin{eqnarray*} A,B\in M_{n\times n}(\mathbb{K}) \end{eqnarray*}$ gegeben und es gilt $\begin{eqnarray*} A\cdot B=B\cdot A \end{eqnarray*}$ .
Du möchtest zeigen, dass es dann eine Basiswechselmatrix $\begin{eqnarray*} T\in GL_n(\mathbb{K}) \end{eqnarray*}$ gibt, sodass $\begin{eqnarray*} T^{-1}\cdot A \cdot T \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} T^{-1}\cdot B \cdot T \end{eqnarray*}$ Dreiecksmatrizen sind?

Ja.

Zitat:

Ok, wenn $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ ein Eigenvektor von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ zum Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ , dann ist auch $\begin{eqnarray*} B\cdot v \end{eqnarray*}$ ein Eigenvektor von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ zum Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ , das hast du gezeigt. (Wie?)

Ich kann ja folgende Rechnung machen:
AB(va)=BA(va)=B(a*va)=a*B(va)
va: Eigenvektor von a, a: zugehöriger Eigenwert von a
damit folgt B(va) ist auch im Eigenraum von A zu a. (a kann ja entartet sein)

Zitat:

Daraus folgt aber doch sofort: Wenn wir $\begin{eqnarray*} V_{\lambda}=\mathrm{kern}(A-\lambda \cdot E_n) \end{eqnarray*}$ setzen, ist $\begin{eqnarray*} B\cdot v\in V_{\lambda} \end{eqnarray*}$ .
Jetzt ist noch zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} B\cdot v = \mu \cdot v \end{eqnarray*}$ .

Genau,darauf komm ich eben nicht.

Zitat:

Der letzte Teil deiner Argumentation ist mir nicht klar, so sollte es aber schön umgangen werden können.

Genau,der letzte Teil ist der Versuch zu beschreiben was geometrisch passiert und warum es so sein muss dass es einen gemeinsamen Eigenvektor gibt.

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