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| Autor |
  Minimalpolynom einer Begleitmatrix |
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Tom2177
Aktiv 
Dabei seit: 25.11.2022
Mitteilungen: 28
 |  Themenstart: 2023-03-24
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Hallo zusammen,
stehe bei folgender Aufgabe etwas ideenlos dar:
Zeigen Sie, dass die Matrix
A = (0,1,...,...,0;0,0,1,....,0;0,...,...,...,0;0,...,...,0,1;-a_0,-a_1,...,...,-a_(d-1)) \el\ K^(dxd)
das Minimalpolynom m=a_0 + a_1*X + a_2*X^2 + ... + a_(d-1)*X^(d-1) + a_d*X^d hat.
\(Wir haben bereits bewiesen, dass das charakteristische Polynom dieser Matrix ebenfalls
\chi=a_0 + a_1*X + a_2*X^2 + ... + a_(d-1)*X^(d-1) + a_d*X^d ist\)
Da wir \chi kennen und wissen, dass m \| \chi
wäre es sicher sinnvoll, dieses Wissen in irgendeiner Form zu verwenden. Wir müssen also nur noch zeigen, dass das Minimalpolynom keinen kleineren Grad als d haben kann.
An diesem Punkt steh ich an.
Mein einziger Ansatz wäre dass ich aus der Multiplikation zweier solcher Matrizen etwas schließe, aber das erscheint mir etwas aufwendig.
Ein paar Tipps wären definitiv hilfreich ;)
Danke schonmal im Voraus.
Lg Thomas
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 Profil
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nzimme10
Senior 
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2242
Wohnort: Köln
 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-03-24
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\mathrm{d}}
\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\renewcommand{\vec}[3]{\begin{pmatrix} #1 \\ #2\\ #3\end{pmatrix}}
\newcommand{\rot}{\opn{rot}}
\newcommand{\div}{\opn{div}}\)
Hallo,
da gibt es sicher einige Möglichkeiten. Deine Matrix $A$ gehört zu dem Polynom
$$
p=x^d+a_{d-1}x^{d-1}+\dots+a_0.
$$
Betrachten wir den Polynomring $K[x]$ und das von $p$ erzeugte Ideal $(p)$, so ist die Matrix $A^T$ die darstellende Matrix der $K$-linearen Abbildung
$$
\varphi\colon K[x]/(p)\to K[x]/(p), \ q+(p)\mapsto x\cdot q+(p).
$$
Für das Minimalpolynom $m_\varphi$ von $\varphi$ gilt (nach Definition) $m_\varphi(\varphi)=0$. Kannst du damit zeigen, dass $p\mid m_\varphi$ gilt? Warum ergibt sich dann die Behauptung?
LG Nico
Edit: Das $a_d$ muss aus deinem Minimalpolynom und aus dem charakteristischen Polynom weg. Beide sind monisch.\(\endgroup\)
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Tom2177
Aktiv
Dabei seit: 25.11.2022
Mitteilungen: 28
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-03-25
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\quoteon(2023-03-24 20:09 - nzimme10 in Beitrag No. 1)
Hallo,
da gibt es sicher einige Möglichkeiten. Deine Matrix $A$ gehört zu dem Polynom
$$
p=x^d+a_{d-1}x^{d-1}+\dots+a_0.
$$
Betrachten wir den Polynomring $K[x]$ und das von $p$ erzeugte Ideal $(p)$, so ist die Matrix $A$ die darstellende Matrix der $K$-linearen Abbildung
$$
\varphi\colon K[x]/(p)\to K[x]/(p), \ q+(p)\mapsto x\cdot q+(p).
$$
Für das Minimalpolynom $m_\varphi$ von $\varphi$ gilt (nach Definition) $m_\varphi(\varphi)=0$. Kannst du damit zeigen, dass $p\mid m_\varphi$ gilt? Warum ergibt sich dann die Behauptung?
LG Nico
Edit: Das $a_d$ muss aus deinem Minimalpolynom und aus dem charakteristischen Polynom weg. Beide sind monisch.
\quoteoff
Hallo,
erstmal danke für deine Antwort.
Wir hatten aber Ideale in der Vorlesung noch nicht, deshalb tu ich mir mit diesem Ansatz etwas schwer.
Lg
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nzimme10
Senior
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2242
Wohnort: Köln
| Beitrag No.3, eingetragen 2023-03-25
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\mathrm{d}}
\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\renewcommand{\vec}[3]{\begin{pmatrix} #1 \\ #2\\ #3\end{pmatrix}}
\newcommand{\rot}{\opn{rot}}
\newcommand{\div}{\opn{div}}\)
Hallo,
man kann die Aussage z.B. auch mit einer Induktion nach dem Grad von $p$ zeigen. Das ist meiner Meinung nach nur nicht sehr einleuchtend.
In diesem Fall ist aber
$$
(p)=\lbrace p\cdot q\mid q\in K[x]\rbrace
$$
insbesondere ein Untervektorraum von $K[x]$ und der Quotient $K[x]/(p)$ kann einfach als Quotientenvektorraum betrachtet werden. Von Idealen muss man hier im Prinzip nichts wissen.
LG Nico\(\endgroup\)
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Nuramon
Senior 
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3705
| Beitrag No.4, eingetragen 2023-03-25
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}
\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\)
@nzimme10:
\quoteon(2023-03-24 20:09 - nzimme10 in Beitrag No. 1)
Betrachten wir den Polynomring $K[x]$ und das von $p$ erzeugte Ideal $(p)$, so ist die Matrix $A$ die darstellende Matrix der $K$-linearen Abbildung
$$
\varphi\colon K[x]/(p)\to K[x]/(p), \ q+(p)\mapsto x\cdot q+(p).
$$
\quoteoff
Die darstellende Matrix von $\varphi$ ist $A^T$.
@Tom2177:
Eine weiterer Beweisansatz:
Kannst Du einen Vektor $v\in K^d$ finden, sodass die Folge $v, A^Tv, (A^T)^2v, \ldots, (A^{d-2})^Tv$ linear unabhängig ist? Warum folgt daraus, dass $m=\chi$?\(\endgroup\)
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