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Lineare Algebra » Eigenwerte » Charakteristisches Polynom berechnen
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Universität/Hochschule J Charakteristisches Polynom berechnen
X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-10-28


Guten Abend, liebe Community!

Folgende Aufgabe beschäftigt mich gerade:

Sei $K$ ein Körper, sei $V$ ein $\mathbb{K}$-Vektorraum,  und sei $B = (v_1, ..., v_n)$ eine Basis von $V$. Sei $f \in End(V)$ definiert durch $f(v_i) = v_{i+1}$ für alle $1 \le i \le n-1$ und $f(v_n) = v_{1}$.


1. Zu berechnen ist das charakteristische Polynom von $f$
2. Zu beweisen ist, dass 1 ein Eigenwert von $f$ ist, und es soll ein Eigenvektor von $f$ zum Eigenwert 1 angegeben werden

Zunächst einmal möchte ich Aufgabenteil 1 bearbeiten.

Nun ist ja die darstellende Matrix von f die nxn-Matrix
$\mathbin{\sideset{_B}{_B}{\mathop{M}}}(f) = \begin{pmatrix} 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 1 \\
1 & 0 & \dots & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & \dots & 0 & 0 & 0 \\
\vdots & & & & & \vdots \\
0 & 0 & \dots & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & \dots & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$

Es ist $A:= \mathbin{\sideset{_B}{_B}{\mathop{M}}}(f) = (a_{ij}) \in M_{nn}(\mathbb{K})$ mit $a_{ij} = \begin{cases} 1, & \text{falls } j = i-1 \; \text{und } 1 < i \le n \\
1, & \text{falls } i = 1, \; j = n \\
0, & \text{sonst} \end{cases}$
 


Wie kann man davon das charakteristische Polynom ausrechnen?
Über die Leibniz-Formel? Oder gibt es da einen Trick? Evtl. Induktion?

Zu berechnen wäre ja $det(TI_{n} - A)$, also die Determinante der Matrix $A'$ mit $(a'_{ij}) = \begin{cases} -1, & \text{falls } j = i-1 \; \text{und } 1 < i \le n \\
-1, & \text{falls } i = 1, \; j = n \\
T, & \text{falls } i = j \\
0, & \text{sonst} \end{cases}$

Ich habe die Vermutung, dass für nur ein Basiselement $v_{1}$ das charakteristische Polynom $\chi_{A} = T$ ist, für eine 2x2-Matrix dieser Form $\chi_{A} = T^{2} - 1$, für eine 3x3-Matrix $\chi_{A} = T^{3} + 1$, 4x4 Matrix $\chi_{A} = T^{4} - 1$,
allgemein also für $n \ge 2$ gilt: $\chi_{A} = T^{n} + (-1)^{n-1}$


Wie immer wäre ich euch für jede Hilfe sehr dankbar!

Viele Grüße,
X3nion


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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-10-28


Hallo X3nion,

da Deine Matrix sehr viele Nullen enthält, würde es sich anbieten, den Laplace'schen Entwicklungssatz zu verwenden. Z.B. könntest Du nach der ersten Zeile entwickeln und musst dann nur zwei Determinanten von Dreiecksmatrizen berechnen, was trivial ist.

Wenn ich mich im Kopf nicht verrechnet habe sollte da aber \(\chi_A=T^n-1\) rauskommen.

Dass \(\chi_A=T^n+(-1)^{n-1}\) für ungerade \(n\) nicht stimmen kann, siehst Du ja auch an Teil 2 Deiner Aufgabe, denn \(1\) ist keine Nullstelle von \(T^n+1\).



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-28


Hey sonnenschein96 und vielen Dank für deine Antwort!

Ja stimmt, das ergibt Sinn.

Wie würdest du nun hergehen und einen Eigenvektor zum Eigenwert 1 bestimmen? Man geht ja her und rechnet $ker(A - 1I_{n})$ aus, in diesem Falle also
$ker \begin{pmatrix} -1 & 0 & \dots & 0 & 0 & 1 \\
1 & -1 & \dots & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & \dots & 0 & 0 & 0 \\
\vdots & & & & & \vdots \\
0 & 0 & \dots & 1 & -1 & 0 \\
0 & 0 & \dots & 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}$

Gibt es hier einen Trick, wie das am besten geht?

Viele Grüße,
X3nion


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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-10-28


Da \(f\) die Basisvektoren ja nur permutiert, sieht man eigentlich durch "scharfes Hinsehen", dass \(v_1+\ldots+v_n\) ein EV zum EW \(1\) ist. Da die algebraische Vielfachheit des EW \(1\) ja \(1\) ist, ist es auch die geometrische und es folgt, dass der Eigenraum \(\operatorname{span}\{v_1+\ldots+v_n\}\) ist.

Alternativ kannst Du natürlich einfach den Kern Deiner angegebenen Matrix stumpf mit dem Gauß-Algorithmus bestimmen. Eigentlich musst Du dafür immer nur eine Zeile auf die nächste addieren. Du wirst dann auf die Lösung \(\operatorname{span}\{(1,\ldots,1)\}\) kommen, was aufs gleiche hinausläuft, da der Koordinatenvektor \((1,\ldots,1)\) bzgl. der Basis \(B\) ja gerade für den Vektor \(v_1+\ldots+v_n\) steht.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-28


Hi sonnenschein96,

ja durch "scharfes Hinsehen" erkennt man das wirklich 😁

Sei $v = \sum \limits_{i=1}^{n} v_{i}$. Dann ist $f(v) = f(\sum \limits_{i=1}^{n} v_{i}) = \sum \limits_{i=1}^{n} f(v_{i}) = f(v_{n}) + \sum \limits_{i=1}^{n-1} f(v_{i}) = v_{1} + \sum \limits_{i=1}^{n-1} v_{i+1} = v_{1} + \sum \limits_{i=2}^{n} v_{i} = \sum \limits_{i=1}^{n} v_{i} = v = 1 \cdot v$.

Damit ist gezeigt, dass v ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 ist.

Vielen Dank dir nochmal für deine Hilfe 🙂

Viele Grüße,
X3nion


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-28


Jetzt ist doch noch eine kurze Frage aufgekommen: wieso ist die algebraische Vielfachheit des Eigenwertes 1 gleich Eins?
Das charakteristische Polynom ist ja $\chi_{A} = T^{n} - 1$
Da kann man den Faktor $T-1$ abspalten, und erhält $\chi_{A} = (T-1)(T^{n-1}+1)$
Ist es nun so, dass - wenn man 1 für T in $T^{n-1} + 1$ einsetzt - nicht Null herauskommt, und man deshalb keinen weiteren Term $(T-1)$ abspalten kann?

Viele Grüße,
X3nion


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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-10-29


Die Faktorisierung sollte wohl eher \(\chi_A=(T-1)(T^{n-1}+T^{n-2}+\ldots+T+1)\) lauten.

Wenn Du \(1\) in das Polynom \(T^{n-1}+T^{n-2}+\ldots+T+1\) einsetzt, bekommst Du \(1_K+\ldots+1_K\) (\(n\) mal) heraus. Ich war fälschlicherweise davon ausgegangen, dass \(K=\mathbb{R}\) oder \(K=\mathbb{C}\) ist. In diesem Fall ist \(1_K+\ldots+1_K\neq0\) und damit kann man dort also keinen Linearfaktor \(T-1\) mehr abspalten.

Gilt \(\operatorname{char}(K)\mid n\), so gilt tatsächlich \(1_K+\ldots+1_K=0\) und die algebraische Vielfachheit ist größer als \(1\). (Schau Dir mal \(K=\mathbb{Z}_2\) und \(n=2\) als einfachsten Fall an. Dort ist \(\chi_A=(T-1)(T+1)=(T-1)^2\).) Der Eigenraum ist trotzdem \(\operatorname{span}\{v_1+\ldots+v_n\}\), nur die Argumentation ändert sich. Du musst es dann wohl doch direkt ausrechnen oder \(n-1\) linear unabhängige Zeilen finden, um zu zeigen, dass der Kern höchstens eindimensional ist.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-10-29


Es geht ohne Matrizen.

Bei 2. kann man, und das wurde schon erwähnt, direkt erkennen und begründen, dass $v_1 + \cdots + v_n$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $1$ ist. Unten gibt es eine Verallgemeinerung.

1. Ich nehme mal an, dass $n$ zur Charakteristik von $K$ teilerfremd ist. Wir dürfen über einem algebraischen Abschluss von $K$ arbeiten (Skalarerweiterung). Es sei also o.B.d.A. $K$ algebraisch abgeschlossen. Die Anzahl der $n$-ten Einheitswurzeln in $K$ ist also $n$.

Es ist $f$ die zyklische Permutation $(v_1 ~ v_2 ~ \cdots ~ v_n)$ der Basisvektoren, welche Ordnung $n$ besitzt. Daraus folgt $f^n = \mathrm{id}$. Daraus folgt wiederum, dass jeder Eigenwert von $f$ eine $n$-te Einheitswurzel ist. (Das ergibt sich aber auch aus der Rechnung unten, setze $i=1$ bei $(\star)$ ein.)
 
Ich behaupte, dass die Umkehrung auch gilt. Berechnen wir dazu den Eigenraum einer $n$-ten Einheitswurzel $w$, also alle $v \in V$ mit $f(v) = w v$. Wenn $v = u_1 v_1 + \cdots + u_n v_n$, so liefert ein Koeffizientenvergleich die Gleichungen

$u_1 = w u_2, \dotsc , u_{n-1} = w u_n, u_n = w u_1$

oder äquivalent (indem man die Gleichungen rückwärts eineinander einsetzt)

$u_i = w^{n-i+1} u_1$ für $i=1,\dotsc,n$, $\quad (\ast)$

oder äquivalent

$v = u_1 (w^n v_1 + w^{n-1} v_2 + \cdots + w v_n).$

Der Eigenraum ist also $1$-dimensional. Insbesondere ist $w$ ein Eigenwert.

Wir kennen also alle Eigenwerte, und ihre Anzahl zeigt, dass ihre algebraischen Vielfachheiten alle $1$ sind. Das charakteristische Polynom ist daher

$\displaystyle \prod_{w^n = 1} (T - w) = T^n-1.$

Dieser Beweis zeigt noch mehr, nämlich dass $\{w^n v_1 + w^{n-1} v_2 + \cdots + w v_n : w^n = 1\}$ eine Basis aus Eigenvektoren ist, und dass also $f$ diagonalisierbar ist.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-29


Hey ihr und vielen dank für eure ausführlichen und interessanten Beiträge!

Ja stimmt, der Körper kann ja von unterschiedlicher Charakteristik sein, und dann geht die Argumentation nicht mehr auf.


Ich bin jetzt etwas zwiegespalten, wie ich die Aufgabe angehen soll.
Habt ihr mir einen Rat?

Triceratops, deinen Beitrag finde ich unheimlich spannend. Allerdings hatten wir Einheitswurzeln und Charakteristika noch nicht behandelt.
Meinst du, man könnte es doch damit argumentieren? Wahrscheinlich eher schwierig, wenn es in den Skripten noch nicht behandelt wurde, oder?
Es heißt ja immer, man darf nur das benutzen, was man schon hatte 😁
So müsste ich Einheitswurzeln etc. definieren.

Was meint ihr?


Viele Grüße,
X3nion


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-10-29


@X3nion:

Manchmal werden in Threads auch Antworten geschrieben, die nicht unbedingt für den Fragesteller sind, sondern für Mitglieder die mitlesen, und die das interessiert. Die dann in der Mathematik ja auch schon weiter sein können, und die nötigen Begriffe schon kennen.

Wenn du eine Lösung gefunden hast, die du verstehst, dann ist das doch wunderbar und für den Übungszettel ausreichend.
Nun kannst du für dich als eigenes Projekt entscheiden, ob du den Beitrag von Triceratops verstehen möchtest, oder vielleicht zu einem späteren Zeitpunkt nochmal hierhin zurückkehren und den Beitrag erneut studieren.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-29


Hey PrinzessinEinhorn, ich bedanke mich für deinen Ratschlag!

Mhm ja ich finde den Beweis von Triceratops schon interessant, und bis auf ein paar Details habe ich ihn auch verstanden.

2020-10-29 01:38 - Triceratops in Beitrag No. 7 schreibt:
1. Ich nehme mal an, dass $n$ zur Charakteristik von $K$ teilerfremd ist. Wir dürfen über einem algebraischen Abschluss von $K$ arbeiten (Skalarerweiterung). Es sei also o.B.d.A. $K$ algebraisch abgeschlossen. Die Anzahl der $n$-ten Einheitswurzeln in $K$ ist also $n$.

Allerdings habe ich noch keine Lösung des 1. Aufgabenteils. Triceratops geht davon aus, dass char(K) und n teilerfremd sind. Das war ja genau der Knackpunkt an der Argumentation von sonnenschein96.
Wieso kann man dies annehmen? Liegt das an dem Argument über dem algebraischen Abschluss von K? Und wieso kann man dies o.B.d.A annehmen?

Hängt die Tatsache, dass char(K) zu n teilerfremd ist mit der Tatssache, dass K algebraisch abgeschlossen ist, zusammen?
Könntet ihr mir das etwas näher erläutern?

Viele Grüße,
X3nion


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-29


Guten Abend zusammen,

ich habe mir noch ein paar Gedanken gemacht und würde mich freuen, wenn ihr einen Blick drauf werfen könntet!
Könnte man das evtl. so beweisen über Matrizen:

Zu berechnen ist $ker(A - I_{n})$, wobei

$A = (a_{ij}) = \begin{cases} 1, & \text{falls } j = i-1 \; \text{und } 1 < i \le n \\
1, & \text{falls } i = 1, \; j = n \\
0, & \text{sonst} \end{cases}$

Damit ist

$A - I_{n} = (a'_{ij}) = \begin{cases} 1, & \text{falls } j = i-1 \; \text{und } 1 < i \le n \\
1, & \text{falls } i = 1, \; j = n \\
-1, & \text{falls } i = j \\
0, & \text{sonst} \end{cases}$

Sei nun eine beliebige Spalte $a'_{j}$, $1 \le j < n$ gegeben.
Dann gilt $a'_{ij} = -1$ für $i = j$, $a'_{i,j} = 1$ für $i= j+1$ und $a'_{ij} = 0$ sonst. Damit ist $a'_{j} = -e_{j} + e_{j+1}$.

Betrachte nun eine Linearkombination der 0, etwa $\lambda_{1}a'_{1} + ... + \lambda_{n-1}a'_{n-1} = 0$. Wir erhalten $\lambda_{1}(-e_{1} + e_{2}) + \lambda_{2}(-e_{2} + e_{3})... + \lambda_{n-1}(-e_{n-1} + e_{n}) = 0$, so folgt daraus $\lambda_{1} = ... = \lambda_{n-1} = 0$ und somit die lineare Unabhängigkeit der n-1 Vektoren $a'_{1}, ..., a'_{n-1}$.

Behaupte nun, dass die letzte Spalte linear abhängig von diesen n-1 Vektoren ist. Für die letzte Spalte gilt $a'_{1n} = 1$, $a'_{nn} = -1$ und 0 sonst. Also ist $a'_{n} = e_{1} - e_{n}$.

Es ist nun $a'_{1} + ... + a'_{n-1} = \sum \limits_{i=1}^{n-1}a'_{i} = \sum \limits_{i=1}^{n-1} (-e_{i} + e_{i+1}) = \sum \limits_{i=1}^{n-1} -e_{i} + \sum \limits_{i=1}^{n-1} e_{i+1} = -e_{1} + \sum \limits_{i=2}^{n-1}e_{i} + e_{n} + \sum \limits_{i=1}^{n-2} e_{i+1} = -e_{1} + \sum \limits_{i=1}^{n-2}e_{i+1} + e_{n} + \sum \limits_{i=1}^{n-2} e_{i+1} = -e_{1} + e_{n}$ und damit $-(a'_{1} + ... + a'_{n-1}) = -a'_{1} - ... - a'_{n-1} = e_{1} - e_{n} = a'_{n}$.

Somit ist der $kern(A - I_{n})$ eindimensional. Es folgt, dass die Matrix singulär ist, damit $det(A - I_{n}) = 0$ und somit ist 1 ein Eigenwert zu f.

Wäre das so okay?

Viele Grüße,
X3nion


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-10-29


Mit der linearen Abbildung geht es schneller und einfacher. Matrizen sind hier wirklich ein Umweg. (Das ist übrigens öfters so.)

Es ist $\ker(f - \mathrm{id}) = \{v \in V : f(v)=v\}$. Schreibt man $v = u_1 v_1 + \cdots + u_n v_n$, so ist $f(v) = u_1 v_2 + \cdots + u_{n-2} v_{n-1} + u_n v_1$, und $v = f(v)$ bedeutet nach einem Koeffizientenvergleich $u_1 = u_2 = \cdots = u_n$, sodass $v = u_1 (v_1 + \cdots + v_n)$. Der Eigenraum wird also von $v_1 + \cdots + v_n$ erzeugt.

Diese Argumentation benutzt keine Annahme an $K$.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-10-29


2020-10-29 15:14 - X3nion in Beitrag No. 10 schreibt:
Hängt die Tatsache, dass char(K) zu n teilerfremd ist mit der Tatssache, dass K algebraisch abgeschlossen ist, zusammen?

Nein, ganz und gar nicht. Die Charakteristik ändert sich ja auch nicht, wenn wir einen algebraischen Abschluss $\overline{K}$ von $K$ nehmen.

Die Annahme, dass $\mathrm{char}(K)$ zu $n$ teilerfremd ist, ist einfach essenziell dafür, dass sich Einheitswurzeln (in $\overline{K}$) gut verhalten, zum Beispiel dass es $n$ Stück sind, und dass es eine primitive $n$-te Einheitswurzel gibt. Du wirst diese Annahme in vielen Texten zum Thema finden.

Ich habe mir keine Gedanken darüber gemacht, was passiert, wenn man diese Annahme nicht macht. Mein Beweis bricht jedenfalls zusammen. Und Beitrag 6 von sonnenschein96 zeigt auch, dass das Ergebnis tatsächlich ein anderes ist.



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2020-10-29 18:39 - Triceratops in Beitrag No. 12 schreibt:
Mit der linearen Abbildung geht es schneller und einfacher. Matrizen sind hier wirklich ein Umweg. (Das ist übrigens öfters so.)

Es ist $\ker(f - \mathrm{id}) = \{v \in V : f(v)=v\}$. Schreibt man $v = u_1 v_1 + \cdots + u_n v_n$, so ist $f(v) = u_1 v_2 + \cdots + u_{n-2} v_{n-1} + u_n v_1$, und $v = f(v)$ bedeutet nach einem Koeffizientenvergleich $u_1 = u_2 = \cdots = u_n$, sodass $v = u_1 (v_1 + \cdots + v_n)$. Der Eigenraum wird also von $v_1 + \cdots + v_n$ erzeugt.

Diese Argumentation benutzt keine Annahme an $K$.

Hey Triceratops und Danke dir, dass du noch Ergänzungen hinzugefügt hast!

Hmm aber in diesem Falle hast du ja nur den Eigenraum zum potenziellen Eigenwert 1 berechnet.
Dass 1 tatsächlich ein Eigenwert ist, zeigst du ja in deinem Beitrag No.7?
Oder ist dein Beweis in Beitrag No. 12 bereits einer, welcher zeigt, dass 1 ein Eigenwert ist?

Und in Beitrag No. 7 zeigst du ja, dass das charakteristische Polynom die bereits erwähnte Gestalt hat. Dies wäre ja dann noch zu zeigen, über Beitrag No. 12 hinaus?

Viele Grüße,
X3nion



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Triceratops
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Ich wollte in Beitrag 12 lediglich deine Rechnung in Beitrag 11 vereinfachen.



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Hey Triceratops und vielen Dank für deine Ergänzungen!

Ich habe noch die ein oder andere Frage zu deinem Beweis aus Beitrag No. 7. Ich würde mich freuen, wenn du dir die Zeit nehmen könntest, sie zu beantworten und wäre dir auch sehr dankbar 🙂 solltest du nicht dazu kommen, so darf auch jemand anderes die Fragen beantworten.


2020-10-29 01:38 - Triceratops in Beitrag No. 7 schreibt:
Es geht ohne Matrizen.

Bei 2. kann man, und das wurde schon erwähnt, direkt erkennen und begründen, dass $v_1 + \cdots + v_n$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $1$ ist. Unten gibt es eine Verallgemeinerung.

1. Ich nehme mal an, dass $n$ zur Charakteristik von $K$ teilerfremd ist. Wir dürfen über einem algebraischen Abschluss von $K$ arbeiten (Skalarerweiterung). Es sei also o.B.d.A. $K$ algebraisch abgeschlossen. Die Anzahl der $n$-ten Einheitswurzeln in $K$ ist also $n$.

Es ist $f$ die zyklische Permutation $(v_1 ~ v_2 ~ \cdots ~ v_n)$ der Basisvektoren, welche Ordnung $n$ besitzt. Daraus folgt $f^n = \mathrm{id}$. Daraus folgt wiederum, dass jeder Eigenwert von $f$ eine $n$-te Einheitswurzel ist. (Das ergibt sich aber auch aus der Rechnung unten, setze $i=1$ bei $(\star)$ ein.)

Wieso folgt, dass aus $f^{n} = id$ jeder Eigenwert von f eine n-te Einheitswurzel ist?
Das Kriterium von (*) habe ich verstanden.



Ich behaupte, dass die Umkehrung auch gilt.

Von welcher Umkehrung sprichst du hier? Meinst du schon, dass wenn w eine n-te Einheitswurzel ist, dass dann w automatisch ein Eigenwert ist?



Berechnen wir dazu den Eigenraum einer $n$-ten Einheitswurzel $w$, also alle $v \in V$ mit $f(v) = w v$. Wenn $v = u_1 v_1 + \cdots + u_n v_n$, so liefert ein Koeffizientenvergleich die Gleichungen

$u_1 = w u_2, \dotsc , u_{n-1} = w u_n, u_n = w u_1$

oder äquivalent (indem man die Gleichungen rückwärts eineinander einsetzt)

$u_i = w^{n-i+1} u_1$ für $i=1,\dotsc,n$, $\quad (\ast)$

oder äquivalent

$v = u_1 (w^n v_1 + w^{n-1} v_2 + \cdots + w v_n).$

Der Eigenraum ist also $1$-dimensional. Insbesondere ist $w$ ein Eigenwert.

Wieso ist der Eigenraum eindimensional, woraus folgt das?
Es ist ja $v = u_1 (w^n v_1 + w^{n-1} v_2 + \cdots + w v_n)$, aber wieso folgt die Behauptung?



Wir kennen also alle Eigenwerte, und ihre Anzahl zeigt, dass ihre algebraischen Vielfachheiten alle $1$ sind. Das charakteristische Polynom ist daher

$\displaystyle \prod_{w^n = 1} (T - w) = T^n-1.$

Wieso folgt die Formel für das charakteristische Polynom?


Dieser Beweis zeigt noch mehr, nämlich dass $\{w^n v_1 + w^{n-1} v_2 + \cdots + w v_n : w^n = 1\}$ eine Basis aus Eigenvektoren ist, und dass also $f$ diagonalisierbar ist.



Viele Grüße,
X3nion




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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-10-30


1) Allgemein gilt: Wenn $\lambda$ ein Eigenwert von $f$ ist, dann ist offenbar $\lambda^n$ ein Eigenwert von $f^n$.
2) Ja, diese Umkehrung.
3) Die (äquivalenten!) Umformungen zeigen, dass der Eigenraum von $w^n v_1 + \cdots + w v_n$ erzeugt wird.
4) Das charakteristische Polynom hat als Nullstellen die Eigenwerte.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-30 12:35


Hi Triceratops,

also Punkt 1 und 2 ist mir jetzt klar.

Bei Punkt 3 erhält man ja $v = u_{1}(w^{n}v_{1} + w^{n-1}v_{2}... + wv_{n})$. Ist der Eigenraum dann eindimensional, weil sich jeder Vektor im Eigenraum nur um einen Skalar $u_{1}$ unterscheidet und $\{v_{1} + ... + v_{n}\}$ eine Basis des Eigenraumes bildet, da die Summe der Vektoren linear unabhängig ist?
Und sollte der Vektor sich mit einem zweiter Skalar $u_{2}$ und einer anderen Basis darstellen lassen, wäre der Raum dann zweidimensional?
Bzw. wann wäre der Raum zweidimensional, wie müsste der Vektor dann aussehen?

Zu 4: Ja das war mir klar. Aber wieso folgt $\prod \limits_{w^{n}=1} (T - \omega)) = T^{n} - 1$ ?


Viele Grüße,
X3nion


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-31 14:33


Hallo zusammen,

ich habe mir nochmals Gedanken gemacht.
Die einzige Unverständlichkeit, die ich noch habe ist, warum aus $\prod \limits_{\omega^{n}=1} (T - \omega)$ folgt, dass das charakteristische Polynom $T^{n} - 1$ ist, also die Gleichheit

$\prod \limits_{\omega^{n}=1} (T - \omega) = T^{n} - 1$

Könntet ihr mir das vielleicht noch kurz erklären?

Ich wäre euch echt dankbar!

Viele Grüße,
X3nion


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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2020-11-01 09:38


Hey,

Das Polynom $T^n-1$ hat die n verschiedenen n-ten einheitswurzeln als Nullstelle, daher ist die linke Seite ein teiler der rechten. Aus grad Gründen folgt bereits, dass die Polynome sich nur um eine Einheit unterscheiden können, und da beide Polynome normiert sind, sind sie sogar gleich.

Grüße
Creasy


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Smile (:



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-04 12:57


Hi creasy,

alles klar, vielen Dank für deine Erklärung!

Viele Grüße,
X3nion


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