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Hallo.
Nun hab ich doch noch ne kurze Frage:
Warum ist die Spur einer Matrix = Summe der Eigenwerte oder warum ist das Produkt der Eigenwerte = der Determinante.
Der Zusammenhang wird mir nicht so ganz klar.
Definitionen über Spur, Eigenwerte, Determinate ist klar.
Danke.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:14 Mo 11.07.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Heini ;)
Nehmen wir an, die Matrix [mm] $M=(m_{ij})\in\IK^{n\times n}$ [/mm] sei diagonalisierbar. Dann zerfällt ihr charakteristisches Polynom [mm] $\chi _f\in \IK[x]$ [/mm] komplett in Linearfaktoren, d.h. [mm] $\chi [/mm] _f = [mm] (x-\lambda_1)^{\mu_1}\cdots (x-\lambda_k)^{\mu_k}$, [/mm] wobei [mm] $\lambda_i\in\IK, [/mm] i=1,2,...,k$ die Eigenwerte von $f$ und [mm] $\mu_i\in\IN, [/mm] i=1,2,...,k$ ihre Vielfachheiten seien. Der Koeffizient von [mm] $x^{n-1}$ [/mm] in diesem Polynom ist [mm] $-(\mu_1\lambda_1+\mu_2 \lambda_2+...+\mu_k\lambda_k)$. [/mm] Das Restglied, d.h. der Koeffizient von [mm] $x^0$, [/mm] beträgt [mm] $(-1)^n (\lambda_1 ^{\mu_1}\cdots \lambda_k^{\mu _k})$. [/mm]
Andererseits ist [mm] $\chi [/mm] _f$ als [mm] $det(M-xE)=det(M')=det\pmat{m_{11} -x & m_{12} & \cdots & m_{1n} \\ m_{21} & m_{22} -x & \cdots & m_{2n} \\ \vdots & & \ddots & \\ m_{n1} & m_{n2} & \cdots & m_{nn}-x}$ [/mm] definiert. Nach der Leibnizschen Formel können wir diese Determinante über Ausrechnen des Ausdruckes [mm] $\summe_{\pi\in S_n} sig(\pi) m'_{1,\pi (1)}\cdots m'_{n,\pi (n)}$ [/mm] berechnen. Neben dem Summanden [mm] $(m_{11}-x)(m_{22}-x)\cdots (m_{nn}-x)$ [/mm] (für [mm] $\pi=1$) [/mm] treten nur Summanden auf, für die die Anzahl der Fixpunkte von [mm] $\pi$ [/mm] kleiner gleich n-2 ist; denn die Anzahl $n-1$ an Fixpunkten kann nicht auftauchen. Die Produkte der Matrizenelemente beinhalten dann höchstens $n-2$ Faktoren der Form [mm] $m_{ii}-x$. [/mm] Ihr Grad (wenn man sie als Polynom betrachtet) ist daher kleiner gleich $n-2$. Damit ist der Koeffizient von [mm] $x^{n-1}$ [/mm] in [mm] $\chi [/mm] _f$ genau der Koeffzient von [mm] $x^{n-1}$ [/mm] in [mm] $(m_{11}-x)\cdots (m_{nn}-x)$, [/mm] welcher [mm] $-(m_{11}+m_{22}+...+m_{nn})$ [/mm] entspricht. Da wir diesen Koeffizienten oben bereits auf anderem Wege berechnet haben, müssen beide gefundenen Ausdrücke gleich sein, d.h. [mm] $m_{11}+m_{22}+...+m_{nn}=\lambda_1 ^{\mu_1}\cdots \lambda_k^{\mu _k}$ [/mm] - damit ist gezeigt, dass die Spur der Matrix der Summe der Eigenwerte (mit Vielfachheiten) entspricht. Nun zum zweiten Teil: die Determinante von $M$ entspricht anscheinend genau dem Koeffizienten von [mm] $x^0$ [/mm] in [mm] $det(M-x\cdot [/mm] E)$ - ist dir das klar? Mir fällt gerade keine gescheite Erklärung dafür ein :-/. Andererseits jedoch ist der Koeffizient von [mm] $x^0$, [/mm] wie wir oben berechnet haben, auch [mm] $(-1)^{n} (\lambda_1 ^{\mu_1}\cdots \lambda_k^{\mu _k})$. [/mm] Gleichsetzen liefert das gewünschte Ergebnsi, nämlich, dass die Determinante dem Produkt (mit Vielfachheiten gerechnet) der Eigenwerte von $M$ entspricht.
Ich hoffe, dass ich dir ein wenig helfen konnte.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:22 Mo 11.07.2005 | | Autor: | Nam |
Wenn die Matrix [mm]A[/mm] diagonalisierbar ist, dann [mm]\exists \;\; S:\;\;\; S^{-1} A S = D[/mm], wobei D eine Diagonalmatrix mit den Eigenwerten auf der Diagonalen ist. Richtig?
1) Wenn du die Definition der Spur kennst, dann kennst du sicher auch die Eigenschaft der Zyklizität der Spur. Dann gilt:
[mm]\sum_{i=1}^{n}{\lambda_i} = Spur(D) = Spur(S^{-1} A S) = Spur(S S^{-1} A) = Spur(A)[/mm]. Fertig.
2) Die Matrix A stellt eine lineare Abbildung dar. Sagen wir mal, A sei die Darstellungsmatrix von [mm]f[/mm] bzgl. irgendeiner Basis. Die Determinante einer linearen Abbildung f ist definiert als:
[mm]\det(f) := \det(M)[/mm], wobei M die Darstellungsmatrix von f bzgl. irgendeiner Basis ist.
Das heisst also, dass [mm]\det(f) = \det(A)[/mm]. Nun ist aber [mm]D = S^{-1} A S[/mm] auch eine Darstellungsmatrix von f, und zwar genau die bzgl. der Basis, die in der Matrix S steht. Also ist:
[mm]\det(f) = \det(A) = \det(D)[/mm].
Und die Determinante einer Diagonalmatrix ist grade das Produkt der Diagonaleinträge - also hier das Produkt der Eigenwerte.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:31 Mo 11.07.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Nam!
Na ok, das ist doch wirklich ein "bisschen" einfacher ;).
Aber was habe ich mir unter der Zyklizität der Spur vorzustellen?
Liebe Grüße,
Hanno
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:53 Mo 11.07.2005 | | Autor: | Nam |
Sei [mm]Spur: K^{n \times n} \to K[/mm] die Spur einer [mm]n \times n[/mm] Matrix mit Koeffizienten aus dem Körper K. Seien weiterhin [mm]A_1, A_2, \ldots, A_k \in K^{n \times n}[/mm]. Dann gilt:
[mm]Spur(A_1 * A_2 * \ldots * A_k) = Spur(A_k * A_1 * A_2 * \ldots * A_{k-1})[/mm]
Beweis: Sei zunächst [mm]k = 2[/mm], also etwa
[mm]B_1 = \pmat{a_{1,1} & \cdots & a_{1,n} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & \cdots & a_{n,n}}, B_2 = \pmat{b_{1,1} & \cdots & b_{1,n} \\ \vdots & & \vdots \\ b_{n,1} & \cdots & b_{n,n}}[/mm]
Dann ist:
[mm]Spur(B_1 * B_2) = \sum_{i=1}^{n}{\left( \sum_{j=1}^{n}{a_{i,j} b_{j,i}} \right)} = \sum_{j=1}^{n}{\left( \sum_{i=1}^{n}{b_{j,i} a_{i,j}} \right)} = Spur(B_2 * B_1)[/mm]
Setzt man nun [mm]B_1 := A_1 * A_2 * \ldots * A_{k-1}[/mm] und [mm]B_2 := A_k[/mm], so folgt direkt die Behauptung für [mm]k \ge 2[/mm].
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:58 Mo 11.07.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Nam!
Danke!
Liebe Grüße,
Hanno
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