Kleinste m für I_3

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piakbnm Auf diesen Beitrag antworten »
Kleinste m für I_3
Hallo,

kann mir jemand bitte einen Ansatz für diese Aufgabe geben. Ich bin mir nicht sicher, was man machen soll.

Zeige, es existiert ein mit . Finde das kleinste derartige m.
sibelius84 Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo piakbnm,

hast du evtl irgendwelche Informationen dazu, was A sein soll?

LG
sibelius84
 
 
piakbnm Auf diesen Beitrag antworten »

Ah ja:

A =
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Matrizen kann man miteinander multiplizieren. Berechne .

Oder (besser): begründe, warum es kein gibt mit
piakbnm Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo Elvis,

aber wie kann ich zeigen, dass wenn ich A mit sich selbst m mal multiplizieren, dass es am Ende die Einheitsmatrix kommt? Das ist nicht im Allgemeinen wahr, so ich frage mich wie hilft diese Übung?
sibelius84 Auf diesen Beitrag antworten »

Es existiert allerdings ein , sodass . Vielleicht war das gemeint? (O du fröhliches Rätseln um die Aufgabenstellung! Komme mir schon fast vor wie ein Spekulatius. Augenzwinkern )

edit / PS:
Wenn man bei a_23 die 1 durch eine 0 ersetzt, dann klappt es auch wieder.
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Es gibt auch ein mit . Augenzwinkern
Fröhliche Weihnachten .
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von piakbnm
Hallo Elvis,

aber wie kann ich zeigen, dass wenn ich A mit sich selbst m mal multiplizieren, dass es am Ende die Einheitsmatrix kommt? Das ist nicht im Allgemeinen wahr, so ich frage mich wie hilft diese Übung?


Die Übung hilft, zu erkennen, dass es kein m gibt. Man muss es nicht zu lange versuchen. Und dann kann man begründen, warum es nicht geht.
piakbnm Auf diesen Beitrag antworten »

unglücklich ich habe vergessen, dass
sibelius84 Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, das ist dann was anderes, dann geht das auch wieder. ist eine endliche Gruppe. Grob kann man das schon dadurch abschätzen, dass . Etwas feiner könnte man sich überlegen, dass man für den ersten Spaltenvektor von A genau 2^3-1=7 Möglichkeiten hat (da kann alles außer dem Nullvektor rein); für den zweiten hat man 2^3-2 Möglichkeiten, weil außer dem Nullvektor nun auch noch der erste Spaltenvektor ausscheidet (und eigentlich auch noch alle seine Vielfachen, aber für p=2 gibt's da außer ihm selbst und dem Nullvektor gar keine weiteren mehr); für den dritten dann noch 2^3-4 Möglichkeiten, denn es scheiden alle Linearkombinationen der vorherigen aus. Damit haben wir hergeleitet, dass
(Man kann dieses Argument, wenn man möchte, ohne größere Mühe verallgemeinern, um ganz allgemein zu bestimmen.)

Also weißt du bereits nach (Gruppen-)Theorie, dass A^168 = I_3 ist, und dass das von dir gesuchte m ein Teiler von 168 ist. Leider hat 168 davon ziemlich viele, so dass man trotzdem noch genug tun muss. Ein wenig Struktur kann das aber schon geben. Berechne z.B. mal . Wenn da I_3 rauskommt, bist du schon einen ganzen Schritt weiter, denn dann ist das von dir gesuchte m sogar ein Teiler von 24. Falls die Ordnung 2, 4 oder 8 ist, hast du sie dann schon. Falls nicht, bleiben noch 3, 6, 12 oder 24 übrig. Versuche effizient mit den Ergebnissen zu arbeiten - A^2, A^4 und A^8 sind ja schon berechnet. Da kann man sich A^3, A^6 und A^12 mit je genau einer Multiplikation, also insgesamt 3 Multiplikationen beschaffen (oder: A^3 = A^2·A und dann quadrieren).
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von piakbnm
unglücklich ich habe vergessen, dass


Und somit steht nach 14 Stunden die Aufgabe fest. Tanzen

Da im Körper mit zwei Elementen plus und minus dasselbe sind, kann man die Behauptung von sibelius84 auch als



schreiben (). Und eine kleine Rechnung zeigt, daß es mit funktioniert (daß es ein Polynom dritten Grades geben muß, das annuliert, weiß man, wenn man sich mit charakteristischen Polynomen von Matrizen auskennt). und sind vertauschbar, also darf man mit dem binomischen Lehrsatz rechnen. Man probiert ein bißchen herum:







Also gilt . Folgerung?
sibelius84 Auf diesen Beitrag antworten »

Oha, stimmt. Ich habe gesagt, dass ord A ein Teiler von 168 ist, aber bei den weiteren Ausführungen übersehen, dass 168 sogar durch 7 teilbar ist. Hier wäre dementsprechend noch Luft für eigene perzeptive Leistung gewesen. Augenzwinkern Die hätte zB auch darin bestehen können, dass man bemerkt, dass A^8=A.

Wie immer gilt also: Teufel . Augenzwinkern
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