Beweis für Inventierbarkeit < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:20 Di 06.09.2005 | | Autor: | Olek |
Hallo,
ich hab schon wieder ne Frage, das Aufarbeiten der Klausur ist nämlich schwerer als erwartet. Die Aufgabe lautet:
Sei V ein Euklidischer Vektorraum, $A : V [mm] \to [/mm] V$ ein schiefadjungierter Endomorphismus (d.h. [mm] $A^{* \cdot \*} [/mm] = -A$) und [mm] \lambda \in \IR. [/mm] Zeigen Sie, dass $Id + [mm] \lambda*A$ [/mm] invertierbar ist.
Mein Ansatz war, zu zeigen, dass $det(Id + [mm] \lambda*A) \not= [/mm] 0$ ist. Danach hab ich allerdings verbotene Umformungen gemacht. War mein Ansatz denn richtig? Und wie geht dann der nächste Schritt?
Schönen Dank für eure Hilfe,
LG Olek
Ps: Mit welcher Formel schreibe ich "A hoch Sternchen" für A adjungiert?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:42 Di 06.09.2005 | | Autor: | djmatey |
Hallöchen,
Dein Ansatz ist richtig - wenn Du zeigst, dass die Matrix eine Determinante ungleich 0 hat, folgt daraus ihre Invertierbarkeit. Äquivalent dazu kannst Du auch zeigen (z.B. durch einfache Gauß-Umformungen), dass die Matrix vollen Rang hat!
LG djmatey
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:22 Mi 07.09.2005 | | Autor: | Olek |
Verdammt, das mit dem vollen Rang ist gut! Sehe ich das richtig, dass eine schiefadjungierte Matrix Nullen auf der Hauptdiagonalen hat? Dann ist ja logisch dass sie, adiert mit einem Vielfachen der Identität, vollen Rang haben muß. Ist das dann schon alles? Dann fang ich gleich an zu weinen ;)
Gibt es auch ne schnelle Umformung für $ det(Id + [mm] \lambda\cdot{}A) \not= [/mm] 0 $ ? Da komm ich nämlich immer noch nicht weiter. (Is aber vom Gedanken her das gleiche wie oben, oder?!)
Vielen Dank,
Olek
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:54 Mi 07.09.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo!
So geht es auch: Für [mm] $\lambda=0$ [/mm] ist nichts zu zeigen.
Für [mm] $\lambda \ne [/mm] 0$ gilt:
[mm] $\det(Id [/mm] + [mm] \lambda [/mm] A) = [mm] \lambda^n \cdot \det \left(\frac{1}{\lambda}Id +A \right) \ne [/mm] 0$,
da $A$ keinen von $0$ verschiedenen reellen Eigenwert besitzt.
Kennst du die letzte Aussage, kannst du sie beweisen oder soll ich sie beweisen?
Viele Grüße
Julius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:38 Mi 07.09.2005 | | Autor: | Olek |
Hallo Julius,
ich kann den Schritt leider gar nicht nachvollziehen. Wie das [mm] \lambda^{n} [/mm] rausgezogen wird ist mir unklar. Und warum folgt daraus, dass A keinen von 0 verschiedenen Eigenwert hat?
LG Ole
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:02 Mi 07.09.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo!
Umgekehrt: Dadurch, dass $A$ keinen von $0$ verschiedenen Eigenwert hat, folgt, dass diese Determinante ungleich $0$ ist (denn das charakteristische Polynom hat dann ja keine von $0$ verschiedenen reellen Nullstellen).
Zu der Behauptung: Ist [mm] $\lambda$ [/mm] eine Eigenwert einer schiefsymmetrischen Matrix $A$, dann gilt mit einem normierten Eigenvektor zu [mm] $\lambda$:
[/mm]
[mm] $\lambda [/mm] = [mm] \langle \lambda [/mm] x,x [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] Ax,x [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle x,A^{\star} [/mm] x [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] x,-Ax [mm] \rangle [/mm] = - [mm] \langle [/mm] x,Ax [mm] \rangle [/mm] = - [mm] \langle [/mm] x, [mm] \lambda [/mm] x [mm] \rangle [/mm] = - [mm] \lambda$,
[/mm]
woraus unmittelbar [mm] $\lambda=0$ [/mm] folgt.
Liebe Grüße
Julius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:04 Mi 07.09.2005 | | Autor: | Olek |
Gut, das ist einigermaßen klar geworden, vielen Dank!
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