Jordannormalform < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:12 Do 30.05.2013 | | Autor: | DrRiese |
| Aufgabe | Sei V ein unitärer Vektorraum.
Sei g antiselbstadjungiert. Geben Sie die Jordannormalform von g an und beweisen Sie Ihre Behauptung. |
Hallo Zusammen 
Sitze gerade an dieser Aufgabe und bin mir nicht sicher, ob dieser Beweis wasserdicht ist
Behauptung:
Die Jordannormalform ist eine Diagonalmatrix mit imaginären Einträgen.
Beweis:
Sei [mm] \lambda [/mm] Eigenwert von v [mm] \not= [/mm] 0:
[mm] \lambda [/mm] = [mm] <\lambda [/mm] v,v> = <f(v),v> = <v,-f(v)> = <v,- [mm] \lambda [/mm] v> = [mm] -\overline{\lambda} \Rightarrow \lambda [/mm] = - [mm] \overline{\lambda}
[/mm]
Also ist der Eigenwert [mm] \lambda [/mm] entweder gleich 0 oder imaginär.
Da das charakteristische Polynom in [mm] \IC [/mm] vollständig in Linearfaktoren zerfällt, lautet das Polynom wie folgt:
p(x) = (x- [mm] \lambda_{1})(x+ \lambda_{1})(x- \lambda_{2})(x+ \lambda_{2})...(x- \lambda_{n})(x+ \lambda_{n}), \lambda [/mm] imaginär, A [mm] \in Mat_{\IC} [/mm] (2n,2n)
oder
p(x) = x(x- [mm] \lambda_{1})(x+ \lambda_{1})(x- \lambda_{2})(x+ \lambda_{2})...(x- \lambda_{n})(x+ \lambda_{n}), \lambda [/mm] imaginär, A [mm] \in Mat_{\IC} [/mm] (2n+1,2n+1).
[mm] \Rightarrow \nu_{alg} [/mm] (A, [mm] \lambda_{i}) [/mm] = [mm] \nu_{geom} [/mm] (A, [mm] \lambda_{i}) [/mm] = 1, mit i=1,...,n, [mm] \Rightarrow [/mm] A diagonalisierbar.
Wäre der Beweis so halbwegs in Ordnung? Freue mich über Rückmeldungen
Gruß,
DrRiese
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:50 Sa 01.06.2013 | | Autor: | fred97 |
> Sei V ein unitärer Vektorraum.
> Sei g antiselbstadjungiert. Geben Sie die Jordannormalform
> von g an und beweisen Sie Ihre Behauptung.
> Hallo Zusammen
> Sitze gerade an dieser Aufgabe und bin mir nicht sicher,
> ob dieser Beweis wasserdicht ist
>
> Behauptung:
> Die Jordannormalform ist eine Diagonalmatrix mit
> imaginären Einträgen.
>
> Beweis:
> Sei [mm]\lambda[/mm] Eigenwert von v [mm]\not=[/mm] 0:
> [mm]\lambda[/mm] = [mm]<\lambda[/mm] v,v> = <f(v),v> = <v,-f(v)> = <v,-
> [mm]\lambda[/mm] v> = [mm]-\overline{\lambda} \Rightarrow \lambda[/mm] = -
> [mm]\overline{\lambda}[/mm]
> Also ist der Eigenwert [mm]\lambda[/mm] entweder gleich 0 oder
> imaginär.
Soweit stimmts.
>
> Da das charakteristische Polynom in [mm]\IC[/mm] vollständig in
> Linearfaktoren zerfällt, lautet das Polynom wie folgt:
> p(x) = (x- [mm]\lambda_{1})(x+ \lambda_{1})(x- \lambda_{2})(x+ \lambda_{2})...(x- \lambda_{n})(x+ \lambda_{n}), \lambda[/mm]
> imaginär, A [mm]\in Mat_{\IC}[/mm] (2n,2n)
Das ist mir schleierhaft ! Wiso ist mit [mm] \lambda_j [/mm] auch [mm] -\lambda_j [/mm] ein Eigenwert ? Wieso 2n ? Ist dim(V)=n ?
> oder
> p(x) = x(x- [mm]\lambda_{1})(x+ \lambda_{1})(x- \lambda_{2})(x+ \lambda_{2})...(x- \lambda_{n})(x+ \lambda_{n}), \lambda[/mm]
> imaginär, A [mm]\in Mat_{\IC}[/mm] (2n+1,2n+1).
???????????????????????? s.o.
> [mm]\Rightarrow \nu_{alg}[/mm] (A, [mm]\lambda_{i})[/mm] = [mm]\nu_{geom}[/mm] (A,
> [mm]\lambda_{i})[/mm] = 1
Wie begründest Du das ?
> , mit i=1,...,n, [mm]\Rightarrow[/mm] A
> diagonalisierbar.
>
> Wäre der Beweis so halbwegs in Ordnung?
Nein.
Ich hab keine Ahnung, was Du verwenden darfst. Wenn Du verwenden darfst, dass selbstadjungierte Endomorphismen diagonalisierbar sind, so setze
$f:=ig$
Da g antiselbstadjungiert ist, ist f selbstadjungiert.
FRED
> Freue mich über
> Rückmeldungen
>
> Gruß,
> DrRiese
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:09 Sa 01.06.2013 | | Autor: | DrRiese |
Hallo, vielen Dank für die Antwort
Ich hatte mir gedacht, da die Eigenwerte [mm] \lambda_{i} [/mm] imaginär sind, taucht als Eigenwert dann jeweils der positive und negative imaginäre Wert auf.
Für die Dimension hab ich ne kleine Fallunterscheidung gemacht.
Fall dim(V) gerade:
Als dim(V) habe ich dann 2n gesetzt, für n positive und n negative Eigenwerte.
Fall dim(V) ungerade:
Und wenn dim(V)=2n+1, taucht dann zusätzlich noch die 0 als Eigenwert auf.
Und da das charakteristische Polynom vollständig zerfällt mit 2n Eigenwerten (bei dim(V)=2n) hätten wir [mm] \nu_{alg}(A,\lambda_{i})=\nu_{geom}(A,\lambda_{i})=1... [/mm] kann es leider nur nicht logisch einwandfrei begründen... :-(
Wir dürfen verwenden, dass selbstadjungierte Endomorphismen diagonalisierbar sind. Hm, wie ist das genau mit f:=ig gemeint?
Gruß,
DrRiese
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:07 Sa 01.06.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo, vielen Dank für die Antwort
> Ich hatte mir gedacht, da die Eigenwerte [mm]\lambda_{i}[/mm]
> imaginär sind, taucht als Eigenwert dann jeweils der
> positive und negative imaginäre Wert auf.
Da liegst Du falsch !
Nimm mal A= [mm] \pmat{ i & 0 \\ 0 & i }
[/mm]
> Für die Dimension hab ich ne kleine Fallunterscheidung
> gemacht.
> Fall dim(V) gerade:
> Als dim(V) habe ich dann 2n gesetzt, für n positive und n
> negative Eigenwerte.
> Fall dim(V) ungerade:
> Und wenn dim(V)=2n+1, taucht dann zusätzlich noch die 0
> als Eigenwert auf.
>
> Und da das charakteristische Polynom vollständig zerfällt
> mit 2n Eigenwerten (bei dim(V)=2n) hätten wir
> [mm]\nu_{alg}(A,\lambda_{i})=\nu_{geom}(A,\lambda_{i})=1...[/mm]
> kann es leider nur nicht logisch einwandfrei begründen...
Bei obigem A ist die alg. Vielfachheit von i = geometrischer Vielfachheit von i =2.
> :-(
>
> Wir dürfen verwenden, dass selbstadjungierte
> Endomorphismen diagonalisierbar sind. Hm, wie ist das genau
> mit f:=ig gemeint?
$i$ ist die imaginäre Einheit.
[mm] $f^{\star}=-ig^{\star}=-i(-g)=ig=f$
[/mm]
FRED
>
> Gruß,
> DrRiese
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