Anti-selbstadjungierende Abbildung

14.07.2024, 00:40

Raphael_04

Anti-selbstadjungierende Abbildung

Aufgabe: Seien $\begin{eqnarray*} f,g \in End(\mathbb{R^3}) \end{eqnarray*}$ anti-selbstadjungierend und $\begin{eqnarray*} f \neq 0 \end{eqnarray*}$ . Weiterhin sei $\begin{eqnarray*} kern (f) = kern (g) \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie, dass es dann $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} f = \lambda \cdot g \end{eqnarray*}$ .

Meine Gedanken bisher:
Meine generelle Idee wa,r eine Fallunterscheidung nach der Dimension des Bildes von f zu machen. Ist $\begin{eqnarray*} dim(Bild(f)) = 0 \end{eqnarray*}$ , so hat man direkt einen Widerspruch zu $\begin{eqnarray*} f \neq 0 \end{eqnarray*}$ . Ist $\begin{eqnarray*} dim(Bild(f)) = 3 \end{eqnarray*}$ , so ist f bijektiv, hat also $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ nicht als Eigenwert. Anti-selbstadjungierende Abbildungen haben aber $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ als Eigenwert. Wenn ich jetzt noch den Fall $\begin{eqnarray*} dim(Bild(f)) = 2 \end{eqnarray*}$ ausschließen kann, hätte ich die Aussage gezeigt, aber dort hänge ich aktuell bzw. weiß noch nicht mal ob das überhaupt geht.

Weiterhin weiß ich, dass $\begin{eqnarray*} Bild(f) =Kern(f)^\perp \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb{R^3} = Kern(f) \oplus Kern(f)^\perp \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \mathbb{R^3} = Kern(f) \oplus Bild(f) \end{eqnarray*}$ , doch ab dort weiß ich nicht mehr weiter und bin mir auch unsicher, ob meine vorherigen Sachen überhaupt logisch sind.

14.07.2024, 11:15

IfindU

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RE: Anti-selbstadjungierende Abbildung
Wenn der Rank 1 ist, bist du tatsächlich fertig. Aber das ist nicht zwingend notwendig. Anti-Selbstadjungiert heißt in dem Fall $\begin{eqnarray*} A _f= - A_f^T \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ die Matrix (nach Wahl einer Basis) von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist (oder verstehe ich anti-selbstadjungiert falsch?)

Dann ist es äquivalent zu $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ schiefsymmetrisch, und damit von der Form $\begin{eqnarray*} A_f = \begin{pmatrix} 0 & a & b \\ -a & 0 & c \\ -b & -c & 0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ . Damit hast du 3 Freiheitsgrade. Jetzt kannst du $\begin{eqnarray*} v \in ker(f) \end{eqnarray*}$ als Linearkombination von $\begin{eqnarray*} e_1, e_2, e_3 \end{eqnarray*}$ darstellen und Beziehungen zwischen $\begin{eqnarray*} a,b,c \end{eqnarray*}$ aufbauen. Da $\begin{eqnarray*} ker(g) = kern(f) \end{eqnarray*}$ kannst du die $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ auch auf $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ anwenden um Beziehungen zu deren Abbildungsmtarix aufzubauen. Denke damit kommt man zum Ziel.

14.07.2024, 11:48

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RE: Anti-selbstadjungierende Abbildung
Ist $\begin{eqnarray*} b_1,b_2,b_3 \end{eqnarray*}$ eine Orthonormalbasis von $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^3 \end{eqnarray*}$ , dann gillt immer
$\begin{eqnarray*} f(x)=\sum_i <f(x),b_i>b_i= \sum_{i,j} <x,b_j><f(b_j),b_i>b_i = \sum_{i,j} <x,b_j>\beta_f(b_j,b_i) b_i \end{eqnarray*}$ mit
$\begin{eqnarray*} \beta_f(x,y):=<f(x),y> \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} <\cdot,\cdot> \end{eqnarray*}$ als Skalarprodukt. Dann ist $\begin{eqnarray*} \beta_f \end{eqnarray*}$ eine Bilinearform auf $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \times \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ .

Den Begriff anti-selbstadjungiert kenne ich nicht, ich vermute, es bedeutet $\begin{eqnarray*} <f(x),y>=-<x,f(y)> \end{eqnarray*}$
In dem Fall hat $\begin{eqnarray*} \beta_f \end{eqnarray*}$ eine schiefsymmetrische Matrix. Ist dim Ker(f) =2 ist sie damit Null. Der interessante Fall ist also tatsächlich dim Kern (f) =1 (und damit Rang f =2)
Jetzt kann man sich anschauen, wie viele Freiheitsgrade man in der Matrix noch hat.

14.07.2024, 13:09

Raphael_04

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RE: Anti-selbstadjungierende Abbildung
Wir haben den Begriff anti-selbstadjungierend auch nicht in der Vorlesung gehabt, das hier ist eine Altklausuraufgabe von einem anderen Prof. Aber es sollte sich vieles von selbstadjungierend übertragen, insbesondere das für die Darstellungsmatrix $\begin{eqnarray*} A_f \end{eqnarray*}$ bezüglich einer ONB (dann hier einfach Standardbasis) gilt: $\begin{eqnarray*} A_f^T = -A_f \end{eqnarray*}$ .
Dann hat A die Form, die du beschrieben hast und was ich jetzt einfach gemacht habe (auch wenn es mühselig und alles andere als elegant ist), ist einfach den Kern ausgerechnet und eine Fallunterscheidung gemacht. Dadurch ergibt sich, dass für $\begin{eqnarray*} a\neq 0, b,c \end{eqnarray*}$ beliebig (solange nicht $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ beide gleichzeitig 0 sind, der Kern die Dimension 2 hat. Für $\begin{eqnarray*} a = 0 \end{eqnarray*}$ ergibt sich dasselbe. Der Online-Rechner bestätigt das auch noch einmal (https://matrixcalc.org/de/#rank%28%7B%7B...b,-c,0%7D%7D%29) und damit wäre die Aussage ja gezeigt, den wir haben $\begin{eqnarray*} dim(Bild(f)) = 1 \end{eqnarray*}$ und damit die Aussage.

14.07.2024, 13:13

Raphael_04

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RE: Anti-selbstadjungierende Abbildung
Warum sollte $\begin{eqnarray*} \beta_f = 0 \end{eqnarray*}$ sein, wenn $\begin{eqnarray*} dim(kern(f)) = 2 \end{eqnarray*}$ ist. Das würde doch meiner Rechnung von oben widersprechen, oder habe ich etwas an deinem Punkt missverstanden?

14.07.2024, 13:19

Raphael_04

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RE: Anti-selbstadjungierende Abbildung

Zitat:

Original von URL
Ist $\begin{eqnarray*} b_1,b_2,b_3 \end{eqnarray*}$ eine Orthonormalbasis von $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^3 \end{eqnarray*}$ , dann gillt immer
$\begin{eqnarray*} f(x)=\sum_i <f(x),b_i>b_i= \sum_{i,j} <x,b_j><f(b_j),b_i>b_i = \sum_{i,j} <x,b_j>\beta_f(b_j,b_i) b_i \end{eqnarray*}$

Wie kommst du dort überhaupt auf die Darstellung von $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ ? Ist das eine bekannte Aussage? Es sieht mir ein wenig nach Fourierformel aus, aber so wirklich sehe ich nicht direkt, was du dort gemacht hast.

14.07.2024, 13:29

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RE: Anti-selbstadjungierende Abbildung
Ich sehe nicht, wie aus $\begin{eqnarray*} dim Bild f =1 \end{eqnarray*}$ sofort $\begin{eqnarray*} f=\lambda g \end{eqnarray*}$ folgt. Die Dimensionen der Bilder sind gleich, aber die Bilder können doch verschieden sein, z.B. zueinander orthogonal.

Fourier ist ja nichts anderes als die Nutzung einer Orthonormalbasis:
Aus dem Ansatz $\begin{eqnarray*} u=\sum_i u_ib_i \end{eqnarray*}$ folgt durch Bildung der Skalarprodukte und der Orthonormalität der Basis sofort $\begin{eqnarray*} <u,b_j>=\sum_i u_i<b_j,b_i>=u_j \end{eqnarray*}$ , also tatsächlich $\begin{eqnarray*} u=\sum_i <u,b_i>b_i \end{eqnarray*}$ .
Das wendet man zunächst auf f(x) an, dann nochmal auf x.

Zum Fall dim Kern (f) =2, also etwa $\begin{eqnarray*} f(b_1)=f(b_2)=0 \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} \beta_f(b_i,b_j)=0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i=1,2 \end{eqnarray*}$ , d.h. die beiden ersten Zeilen sind Null, wegen der Schiefsymmetrie dann auch die beiden ersten Spalten. Das letzte verbleibende Element $\begin{eqnarray*} \beta_f(b_3,b_3) \end{eqnarray*}$ ist aber ohnehin schon Null.

Edit: Der Rechner bestätigt doch, dass der Rang, also dim Bild f entweder 0 oder zwei ist. Von daher verstehe ich deinen eingangs gemachten Ansatz

Zitat:

Wenn ich jetzt noch den Fall dim(Bild(f))=2 ausschließen kann,

gar nicht

Ich habe gezeigt, dass dim Kern f =2, also dim Bild f =1 nicht auftreten kann. Also bleibt nur dim Bild f = 2, genau was dein Onlinerechner auch sagt (abgesehen vom triialen Fall)

14.07.2024, 14:15

Raphael_04

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RE: Anti-selbstadjungierende Abbildung
Erst einmal habe ich Bild und Kern verwechselt und daher ist das was ich geschrieben habe natürlich Quatsch Hammer

. Der Ansatz, um so die Darstellungsmatrix zu finden (wenn es das ist, was du gemacht hast), habe ich so noch nicht gesehen, deshalb war ich verwirrt. Jetzt weiß ich aber gar nicht mehr weiter, ich weiß auch nicht, was du mit Freiheitsgraden meinst und wie ich das jetzt Zusammenpuzzle

14.07.2024, 14:45

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RE: Anti-selbstadjungierende Abbildung
Wegem $\begin{eqnarray*} f(x)=\sum_i <f(x),b_i>b_i= \sum_{i,j} <x,b_j><f(b_j),b_i>b_i = \sum_{i,j} <x,b_j>\beta_f(b_j,b_i) b_i \end{eqnarray*}$ kennt man f, wenn man die Matrix $\begin{eqnarray*} \beta_f \end{eqnarray*}$ kennt.
Nehmen wir mal an, $\begin{eqnarray*} f(b_1)=0 \end{eqnarray*}$ . Dann bleiben in $\begin{eqnarray*} \beta_f \end{eqnarray*}$ genau zwei von Null verschiedene Elemente übrig (welche?)
Eines ist das negative vom anderen. Letztlich entscheidet also nur ein Matrixelement über den Wert f(x), das meinte ich mit einem Freiheitsgrad.

Damit vereinfacht sich obige Darstellung von f(x) erheblich.

Die gleiche Betrachtung kann man für g anstellen und daraus das behauptete $\begin{eqnarray*} f=\lambda g \end{eqnarray*}$ folgern.

14.07.2024, 15:55

Raphael_04

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RE: Anti-selbstadjungierende Abbildung
Ich schreibe hier mal den ganzen Beweis hin und es wäre nett, wenn du sagen würdest, ob das so passt:

Sei $\begin{eqnarray*} B = \{e_1,e_2,e_3\} \end{eqnarray*}$ die Standardbasis von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R^3} \end{eqnarray*}$ (und damit insbesondere eine ONB) und $\begin{eqnarray*} A:=D_B,_B(f) \end{eqnarray*}$ die Darstellungsmatrix von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ bzgl. der Basis $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ . Dann ist A schiefsymmetrisch, also $\begin{eqnarray*} A^T = -A \end{eqnarray*}$ .

Wie durch den Online-Rechner gezeigt, gilt entweder $\begin{eqnarray*} dim(Bild(f)) = 2 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} dim(Bild(f)) = 0 \end{eqnarray*}$ . Letzteres kann nicht sein, denn dann wäre $\begin{eqnarray*} f = 0 \end{eqnarray*}$ . Nach der Rangformel ergibt sich somit $\begin{eqnarray*} dim(Kern(f)) = 1 \end{eqnarray*}$ .

Sei o.B.d.A $\begin{eqnarray*} \{e_1\} \end{eqnarray*}$ eine Basis von $\begin{eqnarray*} Kern(f) \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} f(e_1) = 0 \end{eqnarray*}$ und damit gilt $\begin{eqnarray*} a_1,_1 = a_2,_1 = a_3,_1 = 0 \end{eqnarray*}$ .
Weiterhin ist $\begin{eqnarray*} a_3,_1= a_2,_1 = a_1,_1 = a_2,_2= a_3,_3 = 0 \end{eqnarray*}$ weil A schiefsymmetrisch ist. Also bleiben noch zwei freie Einträge übrig und A ist von der Form $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & a\\ 0 & -a & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb{R-\{0\}} \end{eqnarray*}$ und analog ist die Darstellungsmatrix von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ bezüglich $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ von der Form $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & b\\ 0 & -b & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} b \in \mathbb{R-\{0\}} \end{eqnarray*}$ . Setzen wir jetzt $\begin{eqnarray*} \lambda = \frac{a}{b} \end{eqnarray*}$ , dann gilt gerade $\begin{eqnarray*} f = \lambda \cdot g \end{eqnarray*}$ , was zu zeigen war. Edit: Wie bekomme ich meine Matrizen in Latex kleiner? verwirrt

14.07.2024, 18:35

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RE: Anti-selbstadjungierende Abbildung
Wenn anti-selbstadjungiert schicht schiefsymmetrische Matrix bedeutet, kann man sich die Fourierentwicklung natürlich schenken. Ich dachte, man müsste auf die Bilinearform zurückgreifen, bzgl. der f anti-selbstadjungiert sein soll.
Man kann aber nicht annehmen, dass e_1 eine Basis von Kern f ist. Ich würde mit einer Basis b_1 von Kern f starten und zu einer ONB ergänzen. Der Rest ist ok Freude

14.07.2024, 18:52

Helferlein

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RE: Anti-selbstadjungierende Abbildung

Zitat:

Original von Raphael_04
Edit: Wie bekomme ich meine Matrizen in Latex kleiner?

Indem Du weniger Leerzeilen in den Text setzt. Wenn Du ENTER verwendest, wird das \\ als Leerzeile interpretiert.

Deine Version (Formeltext mit Enter und \\)
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & a\\ 0 & -a & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Meine Version (Formeltext nur mit Enter, ohne zusätzlichen Zeilenumbruch \\)
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}0 & 0 & 0 0 & 0 & a 0 & -a & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Alternativ kannst Du die Formel auch in eine Zeile schreiben, aber dann geht die Übersicht bei der Eingabe verloren.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & a\\ 0 & -a & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

14.07.2024, 23:45

Raphael_04

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RE: Anti-selbstadjungierende Abbildung
Naja, es kommt immer darauf an, ob man auf der "Endomorphismenebene" oder der "Matrixebene" unterwegs ist. Auf der Endomorphismenebene ist ein $\begin{eqnarray*} f \in End(V) \end{eqnarray*}$ anti-selbstadjungierend, genau dann wenn für alle $\begin{eqnarray*} v,w\in V \end{eqnarray*}$ gilt:
$\begin{eqnarray*} \langle f(v), w \rangle = \langle v, -f(w) \rangle \end{eqnarray*}$ .
Das ist äquivalent dazu, dass die Darstellungsmatrix $\begin{eqnarray*} A:= D_B,_B(f) \end{eqnarray*}$ schiefsymmetrisch bzgl. einer ONB B des $\begin{eqnarray*} \mathbb{R^n} \end{eqnarray*}$ ist.
Bei meiner Lösung muss ich natürlich aufpassen, aber der Rest geht ja so durch.
Und natürlich noch vielen Dank an alle, die mir geholfen haben!

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