Potenzen einer Matrix < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Aktuelle Übungsaufgabe  (unbefristet) | | Datum: | 09:07 Fr 27.02.2015 | | Autor: | fred97 |
| Aufgabe | Hallo,
ich bin mal wieder auf eine reizvolle Aufgabe gestoßen:
Sei $A [mm] \in \IZ^{2 \times 2}$ [/mm] und es gelte [mm] $A^n=I$ [/mm] für ein $ n [mm] \in \IN$, [/mm] dabei bezeichne $I$ die $2 [mm] \times [/mm] 2$ - Einheitsmatrix.
Man zeige: [mm] $A^2=I$ [/mm] oder [mm] $A^4=I$ [/mm] oder [mm] $A^6=I$. [/mm] |
Gruß FRED
mit der Bitte an jemanden aus dem Kreis der Moderatoren, die Aufgabe in der üblichen Weise zu kennzeichnen.
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(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 13:17 Fr 27.02.2015 | | Autor: | reverend |
Hallo allerseits,
diese "Frage" bitte nicht beantworten!
Sie ist technisch nötig, um die Übungsaufgabe offen zu halten.
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:15 Fr 27.02.2015 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
für $A=I$ ist die Aufgabe ja langweilig.
Für [mm] A\not={I} [/mm] ist das kleinste [mm] n\in\IN [/mm] mit [mm] A^n=I [/mm] doch ein [mm] n\in\{2,3,4\}.
[/mm]
Richtig? Oder gibt es wirklich eine Lösung mit n=6 als kleinstem n?
Grüße
reverend
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:25 Sa 28.02.2015 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
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> für [mm]A=I[/mm] ist die Aufgabe ja langweilig.
>
> Für [mm]A\not={I}[/mm] ist das kleinste [mm]n\in\IN[/mm] mit [mm]A^n=I[/mm] doch ein
> [mm]n\in\{2,3,4\}.[/mm]
>
> Richtig? Oder gibt es wirklich eine Lösung mit n=6 als
> kleinstem n?
Hallo rev,
wie siehts aus mit
[mm] A=\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 1 } [/mm] ?
FRED
>
> Grüße
> reverend
>
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:32 Sa 28.02.2015 | | Autor: | reverend |
Moin Fred,
> wie siehts aus mit
>
> [mm]A=\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 1 }[/mm] ?
Hm, das sieht gut aus. Nur nicht für meinen Ansatz. Der war sowieso nicht elegant, aber wie dann - Eigenwerte? Charakteristisches Polynom?
Grüße
rev
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:29 Mo 02.03.2015 | | Autor: | fred97 |
> Moin Fred,
>
> > wie siehts aus mit
> >
> > [mm]A=\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 1 }[/mm] ?
>
> Hm, das sieht gut aus. Nur nicht für meinen Ansatz. Der
> war sowieso nicht elegant, aber wie dann - Eigenwerte?
> Charakteristisches Polynom?
>
> Grüße
> rev
Hallo rev,
zunächst empfiehlt es sich, die Matrix A über [mm] \IC [/mm] zu betrachten.
Seien [mm] \alpha [/mm] und [mm] \beta [/mm] die Eigenwerte von A und p das char. Polynom von A.
Wegen [mm] A^n=I [/mm] ist [mm] |\alpha|^n=|\beta|^n=1, [/mm] also
[mm] |\alpha|=|\beta|=1.
[/mm]
Da p reelle Koeffizienten hat, ist mit [mm] \alpha [/mm] auch [mm] \overline{\alpha} [/mm] ein Eigenwert von A.
Das bedeutet: [mm] \alpha, \beta \in \IR [/mm] oder [mm] \alpha, \beta \in \IC \setminus \IR [/mm]
Fall 1. [mm] \alpha, \beta \in \IR [/mm] .
Welche Möglichkeiten gibt es nun für p ?
Fall 2. [mm] \alpha, \beta \in \IC \setminus \IR [/mm] . Dann ist [mm] \beta=\overline{\alpha}.
[/mm]
Wie sieht p nun aus ?
Gruß FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:17 Do 05.03.2015 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> ich bin mal wieder auf eine reizvolle Aufgabe gestoßen:
>
> Sei [mm]A \in \IZ^{2 \times 2}[/mm] und es gelte [mm]A^n=I[/mm] für ein [mm]n \in \IN[/mm],
> dabei bezeichne [mm]I[/mm] die [mm]2 \times 2[/mm] - Einheitsmatrix.
>
> Man zeige: [mm]A^2=I[/mm] oder [mm]A^4=I[/mm] oder [mm]A^6=I[/mm].
> Gruß FRED
>
> mit der Bitte an jemanden aus dem Kreis der Moderatoren,
> die Aufgabe in der üblichen Weise zu kennzeichnen.
Da bislang keine Lösungsvorschläge eingegangen sind, möchte ich meine Lösung vorstellen:
zunächst empfiehlt es sich, die Matrix A über $ [mm] \IC [/mm] $ zu betrachten.
Seien $ [mm] \alpha [/mm] $ und $ [mm] \beta [/mm] $ die Eigenwerte von A und p das char. Polynom von A.
Wegen $ [mm] A^n=I [/mm] $ ist $ [mm] |\alpha|^n=|\beta|^n=1, [/mm] $ also
(*) $ [mm] |\alpha|=|\beta|=1. [/mm] $
Da p reelle Koeffizienten hat, ist mit $ [mm] \alpha [/mm] $ auch $ [mm] \overline{\alpha} [/mm] $ ein Eigenwert von A.
Das bedeutet: $ [mm] \alpha, \beta \in \IR [/mm] $ oder $ [mm] \alpha, \beta \in \IC \setminus \IR [/mm] $
Fall 1. $ [mm] \alpha, \beta \in \IR [/mm] $ .
Wegen (*) gibt es für $p$ die folgenden Möglichkeiten:
(i) [mm] $p(x)=(x-1)(x+1)=x^2-1$. [/mm] Mit Cayley-Hamilton folgt:
[mm] $A^2=I$.
[/mm]
(ii) [mm] $p(x)=(x-1)^2=x^2-2x+1$. [/mm] Mit Cayley-Hamilton folgt:
[mm] $A^2=2A-I$.
[/mm]
Induktiv sieht man:
[mm] $A^m=m(A-I)+I$ [/mm] für jedes $m [mm] \in \IN$.
[/mm]
Folglich haben wir [mm] $I=A^n=n(A-I)+I$ [/mm] , also
$A=I$.
(iii) [mm] $p(x)=(x+1)^2$. [/mm] Setzen wir $B=-A$, so hat $B$ den doppelten Eigenwert $1$ und es ist [mm] $B^{2n}=I$. [/mm] Mit Fall (ii) folgt $B=I$, also
[mm] $A^2=I$.
[/mm]
Fall 2. $ [mm] \alpha, \beta \in \IC \setminus \IR [/mm] $ . Dann ist $ [mm] \beta=\overline{\alpha}. [/mm] $
Nun sieht $p$ so aus: [mm] $p(x)=(x-\alpha)(x-\overline{\alpha})$. [/mm] Wegen [mm] $|\alpha|=1$ [/mm] haben wir somit
[mm] $p(x)=x^2- [/mm] 2 [mm] \Re(\alpha)x+|\alpha|^2=x- [/mm] 2 [mm] \Re(\alpha)x+1$.
[/mm]
Da [mm] $\Im(\alpha) \ne [/mm] 0$ und [mm] $\Re(\alpha)^2+\Im(\alpha)^2=1$ [/mm] ist, ergibt sich
[mm] $|\Re(\alpha)|<1$
[/mm]
und somit
$|2 [mm] \Re(\alpha)|<2$.
[/mm]
Da $p$ ganzzahlige Koeffizienten hat, ist $2 [mm] \Re(\alpha) \in \IZ$, [/mm] also
$2 [mm] \Re(\alpha) \in \{0,-1,1\}$.
[/mm]
Nun haben wir wieder 3 Möglichkeiten:
(i) $2 [mm] \Re(\alpha) [/mm] =0$. Dann ist [mm] $p(x)=x^2+1$. [/mm] Mit Cayley-Hamilton bekommen wir [mm] $A^2=-I$ [/mm] und somit
[mm] $A^4=I$.
[/mm]
(ii) $2 [mm] \Re(\alpha)=1$. [/mm] Dann ist [mm] $p(x)=x^2-x+1$. [/mm] Mit Cayley-Hamilton bekommen wir [mm] $A^2=A-I$ [/mm] und daraus
[mm] $A^3=A^2-A=A-I-A=-I$.
[/mm]
Es folgt
[mm] $A^6=I$.
[/mm]
(iii) $2 [mm] \Re(\alpha)=-1$. [/mm] Dann ist [mm] $p(x)=x^2+x+1$. [/mm] Mit Cayley-Hamilton bekommen wir [mm] $A^2=-A-I$ [/mm] und daraus
[mm] $A^3=I$.
[/mm]
Gruß FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:19 Di 10.03.2015 | | Autor: | felixf |
Moin Fred!
> ich bin mal wieder auf eine reizvolle Aufgabe gestoßen:
>
> Sei [mm]A \in \IZ^{2 \times 2}[/mm] und es gelte [mm]A^n=I[/mm] für ein [mm]n \in \IN[/mm],
> dabei bezeichne [mm]I[/mm] die [mm]2 \times 2[/mm] - Einheitsmatrix.
>
> Man zeige: [mm]A^2=I[/mm] oder [mm]A^4=I[/mm] oder [mm]A^6=I[/mm].
Da aus [mm] $A^2 [/mm] = I$ bereits [mm] $A^4 [/mm] = I$ und [mm] $A^6 [/mm] = I$ folgt, hätte man das auch in der Liste weglassen können 
Interessant (und für Zahlentheoretiker nicht sonderlich überraschend) ist auch, dass 2, 4 und 6 gerade die natürlichen Zahlen $n > 1$ mit [mm] $\phi(n) \le [/mm] 2$ sind. Und dass die Einheitswurzelnuntergruppe eines quadratischen Zahlkörpers genau 2, 4 oder 6 Elemente haben kann.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:32 Sa 21.03.2015 | | Autor: | hippias |
Hallo FRED,
das ist ganz schoene Uebungsaufgabe. Bei der Beschaeftigung mit der Frage bin ich zu dem Resultat gekommen, dass die Ganzzahligkeit gar nicht voraussgesetzt werden muss, sondern vielmehr aus der endlichen Ordnung folgt. Deine Bearbeitung kommt zwar mit einfacheren Ueberlegungen aus, aber viel mehr als LAI benutze ich wohl auch nicht. Mein Ansatz bezieht sich auf Raeume beliebiger endlicher Dimension, aber ich konnte mir keine wirkliche Klarheit darueber verschaffen, bei welcher Dimension Elemente welcher Ordnung existieren. Dafuer ist meine Ueberlegung zu konfus. Ich hoffe, mir ist kein Schnitzer unterlaufen.
Es sei $K:= [mm] \IQ$ [/mm] und $V$ ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum. Es sei [mm] $\alpha\in GL_{K}(V)$ [/mm] von endlicher Ordnung $n$. Es bezeichne [mm] $f\in [/mm] K[t]$ das Minimalpolynom von [mm] $\alpha$ [/mm] ueber $K$ und sei $g:= [mm] t^{n}-1$.
[/mm]
Ich erinnere an ein Lemma von Gauss:
Es sei [mm] $n\in\IN$ [/mm] und [mm] $E_{n}$ [/mm] die Menge der $n$-ten Einheitswurzeln in [mm] $\IC$. [/mm] Setze [mm] $F_{n}:= \prod_{\varepsilon\in E_{n}, o(\varepsilon)=n}(t-\varepsilon)$. [/mm] Dann ist
[mm] 1.$F_{n}\in \IZ[/mm] [t]$
2. [mm] $F_{n}$ [/mm] ist irreduzibel über $K[t]$
3. [mm] $\deg(F_{n})= \phi(n)$
[/mm]
4. $g= [mm] \prod_{d\vert n}F_{d}$
[/mm]
A. Es gibt paarweise verschiedene Teiler [mm] $d_{1},\ldots,d_{l}$ [/mm] von $n$, sodass $f= [mm] \prod_{i=1}^{l}F_{d_{i}}$ [/mm] gilt. Insbesondere ist [mm] $f\in \IZ[/mm] [t]$.
Beweis. Da $f [mm] \vert [/mm] g$ gilt, folgt die Behauptung aus dem Lemma von Gauss Punkte 2.,4. und 1.
B. Seien die [mm] $d_{i}$ [/mm] wie eben mit $f= [mm] \prod_{i=1}^{l}F_{d_{i}}$. [/mm] Es sei [mm] $W_{i}:= \Kern F_{d_{i}}(\alpha)$ [/mm] und [mm] $\alpha_{i}$ [/mm] die Einschränkung von [mm] $\alpha$ [/mm] auf [mm] $W_{i}$. [/mm] Dann ist
1. $V= [mm] \oplus_{i=1}^{l}W_{i}$ [/mm] und [mm] $\alpha_{i}\in End_{K}(W_{i})$
[/mm]
2. [mm] $o(\alpha_{i})= d_{i}$ [/mm] und [mm] $mipo_{K}(\alpha_{i})= F_{d_{i}}$
[/mm]
3. $n= [mm] kgV(d_{1},\ldots, d_{l})$
[/mm]
4. [mm] $L_{i}:= K[\alpha_{i}]$ [/mm] ist ein Körper mit [mm] $\dim_{K}L_{i}= \phi(d_{i})$
[/mm]
5. [mm] $\dim_{K} W_{i}= e_{i}\phi(d_{i})$, [/mm] wobei [mm] $e_{i}:= \dim_{L_{i}} W_{i}$.
[/mm]
Beweis. Beachte, dass [mm] $W_{i}>0$ [/mm] ist, da $f$ das Minimalpolynom von [mm] $\alpha$ [/mm] ist.
1. Klar.
2. Nach Definition ist [mm] $F_{d_{i}}(\alpha_{i})= [/mm] 0$. Ferner ist [mm] $\alpha_{i}\neq [/mm] 0$, da sonst [mm] $0
Nach Definition ist [mm] $F_{d_{i}}\vert t^{d_{i}}-1$, [/mm] sodass [mm] $\alpha_{i}^{d_{i}}= [/mm] 1$ gilt. Sei nun [mm] $d=o(\alpha_{i})$. [/mm] Dann gilt [mm] $d\vert [/mm] n$ und [mm] $F_{d_{i}}= mipo_{K}(\alpha_{i})\vert t^{d}-1$. [/mm] Nach dem Lemma von Gauss folgt [mm] $d_{i}\vert [/mm] d$, sodass $d= [mm] d_{i}$.
[/mm]
3. Weil [mm] $\alpha_{i}$ [/mm] Einschränkung von [mm] $\alpha$ [/mm] ist, folgt aus 2., dass [mm] $n\vert kgV(d_{1},\ldots, d_{l})=:n'$. [/mm] Andererseits gilt [mm] $d_{i}\vert [/mm] n$, sodass auch [mm] $n'\vert [/mm] n$ folgt.
4. Klar mit 2. und Lemma von Gauss.
5. Klar mit 4.
C. (Bemerkung) Zusammen mit der Tatsache, dass die Kreisteilungspolynome Koeffizienten aus [mm] $\IZ$ [/mm] haben, folgt aus 1. und 4., dass es eine Basis von $V$ gibt, in der die Matrixdarstellung von [mm] $\alpha$ [/mm] nur Einträge aus [mm] $\IZ$ [/mm] hat: Auf [mm] $L_{i}$ [/mm] hat [mm] $\alpha$ [/mm] eine Matrixdarstellung
[mm] \[
[/mm]
[mm] \sim \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0& \cdots & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0& \cdots & 0\\ \vdots & & &\ddots & &\vdots\\ \vdots & & & &\ddots &\vdots\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 1\\ -a_{0} & & \cdots & & & -a_{\phi(d_{i})-1}\end{pmatrix}, [/mm]
[mm] \]
[/mm]
wobei [mm] $F_{d_{i}}= t^{\phi(d_{i})}+\sum_{i=0}^{\phi(d_{i})-1} a_{i}t^{i}$ [/mm] gilt. Auf [mm] $W_{i}$ [/mm] hat [mm] $\alpha$ [/mm] dann eine Diagonalblockmatrixdarstellung, mit eben dieser Matrix auf der Hauptdiagonalen.
D. Beispiele.
1. [mm] $dim_{K}V=2$: [/mm] a) $l=1$. Dann ist $2= [mm] e\phi(d)$ [/mm] fuer ein [mm] $d\vert [/mm] n$. Es folgt $e=1$ und [mm] $d\in \{3,4,6\}$ [/mm] oder $e=2$ und [mm] $d\in\{1,2\}$. [/mm] Es ist $n= kgV(d)=d$. Die zweite Alternative beinhaltet insbesondere die Faelle [mm] $\alpha=\pm [/mm] 1$.
b) $l=2$. Dann ist $2= [mm] e_{1}\phi(d_{1})+ e_{2}\phi(d_{2})$ [/mm] fuer zwei verschiedene Teiler von $n$. Also ist [mm] $e_{1}= e_{2}= \phi(d_{1})= \phi(d_{2})= [/mm] 1$. Es sei oBdA [mm] $d_{1}=1$ [/mm] und [mm] $d_{2}= [/mm] 2$. Es folgt $n= kgV(1,2)=2$.
2. [mm] $dim_{K}(V)= [/mm] 3$: a) $l=1$. Es ist [mm] $3=e\phi(d)$. [/mm] Da [mm] $3\not\in Bild\phi$ [/mm] ist, folgt $e=3$ und [mm] $d\in \set{1,2}$. [/mm] Dies ist wieder [mm] $\alpha= \pm [/mm] 1$. Also insbesondere $n= [mm] kgV(d)\in \{1,2\}$
[/mm]
b) $l=3$: Es ist $3= [mm] e_{1}\phi(d_{1})+e_{2}\phi(d_{2})+ e_{3}\phi(d_{3})$, [/mm] sodass [mm] $e_{1}=phi(d_{1})=e_{2}=\phi(d_{2})=e_{3}=\phi(d_{3})=1$ [/mm] ist. Dann ist aber [mm] $d_{1},d_{2},d_{3}\in\{1,2\}$. [/mm] Dies ist ein Widerspruch dazu, dass die [mm] $d_{i}$ [/mm] paarweise verschieden sind.
b) $l=2$: $3= [mm] e_{1}\phi(d_{1})+e_{2}\phi(d_{2})$. [/mm] Genau eine der $4$ Zahlen ist $=2$, die anderen sind $=1$.
Sei [mm] $e_{1}=2$. [/mm] Dann ist [mm] $\{d_{1}, d_{2}\}= \{1,2\}$, [/mm] also $n= kgV(1,2)=2$.
Sei [mm] $\phi(d_{1})= [/mm] 2$. Dann ist [mm] $d_{1}\in \{3,4,6\}$ [/mm] und [mm] $d_{2}\in\{1,2\}$, [/mm] sodass $n= [mm] kgV(d_{1},d_{2})\in \{3,4,6\}$.
[/mm]
Alle anderen Fälle sind analog.
Es ist nun auch klar, wie man die Elemente endlicher Ordnung konstruieren kann
E. Es sei [mm] $n\in \IN$ [/mm] und sei $V$ ein $K$-VR mit [mm] $\dim_{K} [/mm] V=m$. Es gibt genau dann ein [mm] $\alpha\in GL_{K}(V)$ [/mm] der Ordnung $n$, wenn es [mm] $l\in \IN$ [/mm] und natürliche Zahlen [mm] $e_{i}, d_{i}$ [/mm] gibt, sodass $m= [mm] \sum_{i=1}^{l} e_{i}\phi(d_{i})$ [/mm] und $n= [mm] kgV(d_{1},\ldots, d_{l})$ [/mm] gilt.
Beweis. Die Notwendigkeit wurde bereits abgehandelt. Zur Hinlänglichkeit: Es genügt einen $K$-Vektorraum der Dimension $m$ zu konstruieren, der einen Automorphismus der Ordnung $n$ besitzt. Aufgrund der Isomorphie der Räume besitzt dann auch $V$ einen solchen Automorphismus.
Es sei [mm] $\zeta_{i}\in \IC$ [/mm] ein Element der Ordnung [mm] $d_{i}$. [/mm] Setze [mm] $L_{i}:= K[\zeta_{i}]$. [/mm] Dann ist $L{i}$ ein Körper mit [mm] $\dim_{K}L_{i}=\phi(d_{i})$. [/mm] Sei [mm] $W_{i}:= L_{i}^{e_{i}}$ [/mm] das [mm] $e_{i}$-fache [/mm] direkte Produkt von [mm] $L_{i}$. [/mm] Schliesslich sei $W:= [mm] \oplus_{i=1}^{l} W_{i}$. [/mm] Nach Voraussetzung ist [mm] $\dim_{K} [/mm] W= m$.
Es [mm] $\beta_{i}$ [/mm] die durch Multiplikation mit [mm] $\zeta_{i}$ [/mm] induzierte $K$-lineare Abbildung von [mm] $L_{i}$. [/mm] Dann ist [mm] $mipo_{K}(\beta_{i})= F_{d_{i}}$ [/mm] und [mm] $o(\beta_{i})= d_{i}$. [/mm] Sei [mm] $\alpha_{i}$ [/mm] die kanonische Fortsetzung von [mm] $\beta_{i}$ [/mm] auf das direkte Produkt [mm] $W_{i}$. [/mm] Dann gilt nach Konstruktion ebenfalls [mm] $mipo_{K}(\alpha_{i})= F_{d_{i}}$ [/mm] und [mm] $o(\alpha_{i})= d_{i}$.
[/mm]
Schliesslich sei [mm] $\alpha$ [/mm] die durch die [mm] $\alpha_{i}$ [/mm] induzierte Fortsetzung auf das direkte Produkt $W$. Dann ist [mm] $o(\alpha)= kgV(d_{1},\ldots, d_{l})= [/mm] n$ nach Voraussetzung.
F. Interessant wäre zu wissen, wann [mm] $X_{n,m,l}:= \{(e,d)\in (\IN^{l})^{2}\vert m= \sum_{i=1}^{l}e_{i}\phi(d_{i}), n=kgV(d_{1},\ldots, d_{l})\}\neq \emptyset$ [/mm] gilt.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:44 Mo 23.03.2015 | | Autor: | fred97 |
Hallo Hippias,
> Hallo FRED,
> das ist ganz schoene Uebungsaufgabe. Bei der
> Beschaeftigung mit der Frage bin ich zu dem Resultat
> gekommen, dass die Ganzzahligkeit gar nicht voraussgesetzt
> werden muss, sondern vielmehr aus der endlichen Ordnung
> folgt.
Hmmmm....
Dann setzen wir mal [mm] $w=\exp(\bruch{2 \pi i}{13})$ [/mm] und [mm] $A=\pmat{ w & 0 \\ 0 & w }$.
[/mm]
Dann ist
[mm] $A^{13}=I$, [/mm] aber [mm] $A^{n} \ne [/mm] I$ für $n [mm] \in \{1,2,...,12\}$
[/mm]
Gruß FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:12 Mo 23.03.2015 | | Autor: | hippias |
Das ist richtig. Aber ich rechne mit [mm] $A\in M_{n}(K)$, [/mm] wobei $K= [mm] \IQ$.
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:57 Di 24.03.2015 | | Autor: | hippias |
Ich haette mich in meiner Einleitung deutlicher ausdruecken koennen: wenn [mm] $K=\IQ$, [/mm] $V$ endlich dimensionaler $K$-VR und [mm] $\alpha\in GL_{K}(V)$ [/mm] endliche Ordnung hat, dann gibt es eine $K$-Basis von $V$, bezueglich welcher die Matrxidarstellung von [mm] $\alpha$ [/mm] nur ganzzahlige Koeffizienten hat (dies ist Punkt $C$).
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 12:21 So 18.10.2015 | | Autor: | HJKweseleit |
Hallo Fred,
du hast selber mit der Matrix
$ [mm] A=\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 1 } [/mm] $
als Antwort auf "Mal ne echte Rückfrage" indirekt ein Gegenbeispiel geliefert. Ich setze
[mm] B=A^2=\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 1 } *\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 1 }=\pmat{ -1 & 1 \\ -1 & 0 }
[/mm]
Dann ist [mm] B^2 [/mm] = [mm] \pmat{ -1 & 1 \\ -1 & 0 }*\pmat{ -1 & 1 \\ -1 & 0 }=\pmat{ 0 & -1 \\ 1 & -1 }
[/mm]
und [mm] B^3 =\pmat{ 0 & -1 \\ 1 & -1 }*\pmat{ -1 & 1 \\ -1 & 0 }=\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 }
[/mm]
Oder habe ich deine Behauptung nicht richtig verstanden?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:15 So 18.10.2015 | | Autor: | felixf |
Moin!
> du hast selber mit der Matrix
>
> [mm]A=\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 1 }[/mm]
>
> als Antwort auf "Mal ne echte Rückfrage" indirekt ein
> Gegenbeispiel geliefert. Ich setze
>
> [mm]B=A^2=\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 1 } *\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 1 }=\pmat{ -1 & 1 \\ -1 & 0 }[/mm]
>
> Dann ist [mm]B^2[/mm] = [mm]\pmat{ -1 & 1 \\ -1 & 0 }*\pmat{ -1 & 1 \\ -1 & 0 }=\pmat{ 0 & -1 \\ 1 & -1 }[/mm]
>
> und [mm]B^3 =\pmat{ 0 & -1 \\ 1 & -1 }*\pmat{ -1 & 1 \\ -1 & 0 }=\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 }[/mm]
Hier ist doch [mm] $B^3 [/mm] = [mm] A^6 [/mm] = I$, womit die Behauptung erfüllt ist. Oder?
DIese sagt doch: ist [mm] $A^n [/mm] = I$ für irgendein $n > 0$, so folgt [mm] $A^2 [/mm] = I$, [mm] $A^4 [/mm] = I$ oder [mm] $A^6 [/mm] = I$.
LG Felix
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Nein, n ist hier nicht 2 oder 4 oder 6, sondern 3. [mm] B^3=I
[/mm]
Wenn man (außer A=I, also n=1) auch irgendeine ungerade Zahl u zuließe, gäbe es auch immer eine gerade Potenz:
Aus [mm] A^u=I [/mm] folgt [mm] A^{2u}=I^2=I.
[/mm]
Ich verstehe die Behauptung so, dass aus [mm] A^n=I [/mm] folgt, dass n gerade sein muss, und das stimmt eben nicht. Oder handelt es sich dabei um eine Einschränkung auf 6?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:23 So 18.10.2015 | | Autor: | hippias |
Vielleicht verdeutlicht folgende Umformulierung der Behauptung. Wenn $A$ eine Matrix von endlicher Ordnung ist, dann ist die Ordnung ein Teiler von $4$ oder die Ordnung ist ein Teiler von $6$.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:59 Mo 19.10.2015 | | Autor: | fred97 |
> Nein, n ist hier nicht 2 oder 4 oder 6, sondern 3. [mm]B^3=I[/mm]
Es geht um A , nicht um B !
Mit
$ [mm] A=\pmat{ 0 & 1 \\ -1 & 1 } [/mm] $ ist [mm] $A^n \ne [/mm] I$ für $n [mm] \in \{1,2,3,4,5\}$
[/mm]
und [mm] A^6=I.
[/mm]
FRED
>
> Wenn man (außer A=I, also n=1) auch irgendeine ungerade
> Zahl u zuließe, gäbe es auch immer eine gerade Potenz:
>
> Aus [mm]A^u=I[/mm] folgt [mm]A^{2u}=I^2=I.[/mm]
>
> Ich verstehe die Behauptung so, dass aus [mm]A^n=I[/mm] folgt, dass
> n gerade sein muss, und das stimmt eben nicht. Oder handelt
> es sich dabei um eine Einschränkung auf 6?
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Alles klar, Irrtum meinerseits. Habe die Behauptung missverstanden.
Vielleicht kann jemand meinen Beitrag als falsch deklarieren.
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