Charakteristisches Polynom der Begleitmatrix

10.04.2022, 18:02	HiBee123	Auf diesen Beitrag antworten »
Charakteristisches Polynom der Begleitmatrix Hallo Es gilt zu zeigen, dass das charakterische Polynom der Begleitmatrix von q wieder q ist (Wobei q normierte Funktion ist) riecht für mich nach Induktion? Komm ich damit weiter? also wenn das Polynom die form x+c hat, hab ich es schon bewiesen, dann ist die Begleitmatrix ja einfach (-c) und das charakteristische polynom ist x-(-c)=x+c fertig. und wie kann ich jetzt weitermachen? Grüßle
10.04.2022, 19:02	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Du müsstest dich damit auseinandersetzen, ob und wie eine rekursive Definition der Begleitmatrix zu ersinnen ist. Liegt die erst einmal vor, dürfte der induktive Beweis an sich ein Spaziergang werden.
10.04.2022, 23:03	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Ähm ja, der Spaziergang dauert doch etwas länger. Zu den Koeffizienten $\begin{eqnarray} a_k \end{eqnarray}$ des Polynoms vom Grad $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ sei $\begin{eqnarray} v_n := (a_0, \ldots, a_{n-1})^T. \end{eqnarray}$ Die Begleitmatrix des Polynoms vom Grad $\begin{eqnarray} n + 1 \end{eqnarray}$ besitzt dann die Zerlegung $\begin{eqnarray} A_{n+1} = \begin{pmatrix}L & 0 & -v_{n-1}\\ (0^T\|1) & 0 & -a_{n-1}\\ 0^T & 1 & -a_n\end{pmatrix}, \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}L & -v_{n-1}\\ (0^T\|1) & -a_{n-1}\end{pmatrix} = A_n \end{eqnarray}$ gilt. Induktionsannahme ist $\begin{eqnarray} \det (\lambda E_n - A_n) = \lambda^n + \sum_{k=1}^{n-1} a_k\lambda^k. \end{eqnarray}$ Mit dem laplaceschen Entwicklungssatz nun nach der letzten Zeile entwickeln. Die 1 wird mit -1 multipliziert, weil die direkt neben der Hauptdiagonale steht und die Hauptdiagonale im Schachbrettmuster rein positiv ist. Man gelangt zu $\begin{eqnarray} \det(A_{n+1}-\lambda E_{n+1}) = \det\begin{pmatrix}L-\lambda E & 0 & -v_{n-1}\\ (0^T\|1) & -\lambda & -a_{n-1}\\ 0^T & 1 & -a_n-\lambda\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = (-a_n-\lambda)\det\begin{pmatrix}L-\lambda E & 0\\ (0^T\|1) & -\lambda \end{pmatrix} - \det\begin{pmatrix}L-\lambda E & -v_{n-1}\\ (0^T\|1) & -a_{n-1}\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = (-a_n-\lambda)\det\begin{pmatrix}L-\lambda E & 0\\ (0^T\|1) & -\lambda \end{pmatrix} - \det\begin{pmatrix}L-\lambda E & -v_{n-1}\\ (0^T\|1) & -a_{n-1}\end{pmatrix}. \end{eqnarray}$ Nebenrechnung. Zerlegung in Summanden: $\begin{eqnarray} \det (A_n - \lambda E_n) = \det\begin{pmatrix}L-\lambda E & -v_{n-1}\\ (0^T\|1) & -a_{n-1}-\lambda\end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix}L-\lambda E & 0\\ (0^T\|1) & -\lambda\end{pmatrix} + \det\begin{pmatrix}L-\lambda E & -v_{n-1}\\ (0^T\|1) & -a_{n-1}\end{pmatrix} = x+y. \end{eqnarray}$ Gesucht ist allerdings $\begin{eqnarray} (-a_n-\lambda)x-y. \end{eqnarray}$ Wir wissen nun aber, dass $\begin{eqnarray} x=(-\lambda)^n \end{eqnarray}$ gilt, weil das die Determinante einer Dreiecksmatrix mit $\begin{eqnarray} -\lambda \end{eqnarray}$ auf der Hauptdiagonalen ist. Wir können den gesuchten Ausdruck daher aus $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} x+y \end{eqnarray}$ erhalten als $\begin{eqnarray} (-a_n-\lambda)x-y = (1+(-a_n-\lambda))x -(x+y). \end{eqnarray}$ Das macht $\begin{eqnarray} \det(A_{n+1}-\lambda E_{n+1}) = (1+(-a_n-\lambda))(-\lambda)^n -(-1)^n\bigg(\lambda^n + \sum_{k=1}^{n-1} a_k\lambda^k\bigg) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = (-1)^{n+1}((-1+(a_n+\lambda))\lambda^n + \lambda^n + \sum_{k=1}^{n-1} a_k\lambda^k) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = (-1)^{n+1}(\lambda^{n+1} + a_n \lambda^n + \sum_{k=1}^{n-1} a_k\lambda^k). \end{eqnarray}$ Damit ist der Induktionsschritt abgeschlossen.
11.04.2022, 06:47	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Ein Alternativvorschlag. Am besten mit einem kleinen nicht zu trivialen $\begin{align} n \end{align}$ , zum Beispiel $\begin{align} n=3 \end{align}$ , durchprobieren. Ist $\begin{align} A_q \end{align}$ die Begleitmatrix des Polynoms $\begin{align} q \end{align}$ vom Grad $\begin{align} n \end{align}$ und $\begin{align} E \end{align}$ die $\begin{align} n \end{align}$ -te Einheitsmatrix, dann ist $\begin{align} q^{}(x) = \det \left( xE - A_q \right) \end{align}$ zu bestimmen. 1. Addiert man in der Determinante das $\begin{align} x \end{align}$ -fache der zweiten Zeile zur ersten, das $\begin{align} x^2 \end{align}$ -fache der dritten zur ersten und so weiter bis schließlich das $\begin{align} x^{n-1} \end{align}$ -fache der $\begin{align} n \end{align}$ -ten Zeile zur ersten, so besteht die erste Zeile bis auf das Element rechts nur aus Nullen. Und ganz rechts steht gerade $\begin{align} q(x) \end{align}$ . Alle anderen Zeilen außer der ersten haben sich nicht geändert, ebenso wenig der Wert der Determinante. 2. Jetzt entwickelt man die Determinante nach der ersten Zeile. Als Wert erhält man $\begin{align} q^{}(x) = (-1)^{n-1} \cdot q(x) \cdot \det \left( B \right) \end{align}$ worin $\begin{align} B \end{align}$ die Matrix ist, die aus $\begin{align} xE - A_q \end{align}$ durch Streichen der ersten Zeile und letzten Spalte entsteht. $\begin{align} B \end{align}$ ist eine $\begin{align} (n-1) \end{align}$ -reihige obere Dreiecksmatrix, in deren Hauptdiagonalen überall -1 steht. Es folgt: $\begin{align} q^{}(x) = (-1)^{n-1} \cdot q(x) \cdot (-1)^{n-1} = q(x) \end{align*}$
12.04.2022, 12:50	HiBee123	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich glaube ich habs noch nicht verstanden. Wähle ich mal als Beispiel ein Polynom $\begin{eqnarray} q(x)=x^3+a_2x^2+a_1x+a_0 \end{eqnarray}$ Dann ist meine Begleitmatrix $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 0 & 0 & -a_0 \\ 1 & 0 & -a_1 \\ 0&1 & -a_2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Das charakteristische Polynom währe als die Determinante aus: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x & 0 & a_0 \\- 1 & x & a_1 \\ 0&-1 & x+a_2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und jetzt soll ich das x-fache der 2.Zeile zur 1. addieren? also $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x & 0 & a_0 \\- 1+x^2 & x & a_1 \\ -x&-1 & x+a_2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und jetzt das x^2-fache der 3.Zeile zur 2.?also: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x+x^2a_o & 0 & a_0 \\- 1+x^2 +a_1x^2& x & a_1 \\ -x+(x+a_2)x^2&-1 & x+a_2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Ich sehe leider nicht so recht wohin das führt... oder habe ich die Anweisung falsch verstanden?
12.04.2022, 13:47	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast nicht das x-fache der zweiten Zeile zur ersten addiert, sondern umgekehrt das x-fache der ersten zur zweiten. Das bringt natürlich nichts.
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12.04.2022, 13:56	HiBee123	Auf diesen Beitrag antworten »
Ups ja stimmt ich hab Spalten und Zeilen verdreht... Ja stimmt also jetzt klappts für 3x3 Matrizen! Und damit müsste die Argumentation auch für nxn funktionieren, da man ja immer diese obere Dreiecksmatrix mit den -1 sen bekommt. Dankeschön i Ich glaub ich habs kapiert. (Auch wenn ich gar keine richtige Induktion gemacht habe, wie ich anfangs dachte...)

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