Ein paar Ja / Nein - Fragen LA < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | 1. Jede Matrix aus [mm] \IR^{3\times 3} [/mm] hat einen Eigenwert.
2. Für [mm] n\in\IN [/mm] hat das Polynom [mm] $t^{2}-1\in(\IZ/ n\IZ)[/mm] [t]$ in [mm] $\IZ/ n\IZ$ [/mm] höchstens 2 Nullstellen.
3. In [mm] $(\IZ/6n\IZ)$ [/mm] gibt es für jedes [mm] n\in\IN [/mm] ein Element der Ordnung 3.
4. Jedes LGS über einem Körper K hat entweder 0,1, oder unendlichen viele Lösungen.
5. Es gibt ein [mm] $n\in\IN$ [/mm] und [mm] $A\in GL(n,\IR)$ [/mm] mit $ord(A) = 3$.
6. Jede komplexe Matrix hat einen Eigenwert. |
Hallo!
Bei den obigen sechs Fragen war ich mir bei der Beantwortung nicht ganz sicher oder wusste ich nicht, deswegen wollte ich euch fragen. Vielleicht sind auch "Fangfragen" dabei, also welche bei denen man genau hinschauen muss (weiß ich aber nicht). Meine Ideen:
1. Ja, denn es entsteht ein charakteristisches Polynom vom Grad 3, und Polynome vom Grad 3 haben bekanntlich mind. eine Nullstelle in [mm] \IR.
[/mm]
2. Für Körper würde ich sagen ja - Es ist doch [mm] $(t^{2}-1) [/mm] = (t-1)*(t+1)$, also gibt es genau zwei Nullstellen des Polynoms, die 1 und das Inverse der 1. [mm] \IZ/n\IZ [/mm] ist aber nicht immer ein Körper, da könnten Nullteiler oder so auftreten, und dann gäbe es mehr Nullstellen. In [mm] \IZ/6\IZ [/mm] wäre zum Beispiel 2*3 = 0; gibt es auch ein Gegenbeispiel für obiges Polynom?
3. Ich würde sagen: Nein - denn in [mm] \IZ/6\IZ [/mm] scheint das nicht zu funktionieren: Für ein Element der Ordnung 3 muss ja gelten: $g [mm] \not= [/mm] 1, [mm] g*g\not= [/mm] 1, g*g*g = 1$. Hier ist aber: 1*1 = 1, 2*2 = 4, 4*4 = 4, 3*3 = 3, 5*5 = 1.
Oder habe ich etwas übersehen?
4. Wenn ich einen endlichen Körper K habe, wird es nicht unendlich viele Lösungen geben können.
5. Hier wüsste ich überhaupt nicht, wie ich an die Aufgabe rangehen soll... Könnt ihr mir helfen? Es muss doch kurz beantwortbar sein. Es soll A*A*A = E gelten (und [mm] A\not= [/mm] E, [mm] A*A\not= [/mm] E).
6. Ja, denn (charakteristische) Polynome in den komplexen Zahlen haben nach dem Fundamentalsatz der Algebra immer eine Nullstelle.
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:55 Fr 12.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> 1. Jede Matrix aus [mm]\IR^{3\times 3}[/mm] hat einen Eigenwert.
> 2. Für [mm]n\in\IN[/mm] hat das Polynom [mm]$t^{2}-1\in(\IZ/ n\IZ)[/mm] [t]$ in [mm]$\IZ/ n\IZ$[/mm] höchstens 2 Nullstellen.
> 3. In [mm](\IZ/6n\IZ)[/mm] gibt es für jedes [mm]n\in\IN[/mm] ein Element der Ordnung 3.
> 4. Jedes LGS über einem Körper K hat entweder 0,1, oder unendlichen viele Lösungen.
> 5. Es gibt ein [mm]n\in\IN[/mm] und [mm]A\in GL(n,\IR)[/mm] mit [mm]ord(A) = 3[/mm].
> 6. Jede komplexe Matrix hat einen Eigenwert.
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> Bei den obigen sechs Fragen war ich mir bei der Beantwortung nicht ganz sicher oder wusste ich nicht, deswegen wollte ich euch fragen. Vielleicht sind auch "Fangfragen" dabei, also welche bei denen man genau hinschauen muss (weiß ich aber nicht). Meine Ideen:
>
> 1. Ja, denn es entsteht ein charakteristisches Polynom vom Grad 3, und Polynome vom Grad 3 haben bekanntlich mind. eine Nullstelle in [mm]\IR.[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> 2. Für Körper würde ich sagen ja - Es ist doch [mm](t^{2}-1) = (t-1)*(t+1)[/mm], also gibt es genau zwei Nullstellen des Polynoms, die 1 und das Inverse der 1. [mm]\IZ/n\IZ[/mm] ist aber nicht immer ein Körper, da könnten Nullteiler oder so auftreten, und dann gäbe es mehr Nullstellen. In [mm]\IZ/6\IZ[/mm] wäre zum Beispiel 2*3 = 0; gibt es auch ein Gegenbeispiel für obiges Polynom?
Mit [mm] $\IZ/6\IZ$ [/mm] hast du dir da etwas herausgegriffen, wo es nicht funktioniert. Dein $n$ muss schon hoehere Potenzen von 2 enthalten, oder mindestens zwei ungerade Primfaktoren. Dann kannst du schnell ein Gegenbeispiel finden.
(Nur weil [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] kein Koerper ist, muss nicht gleich jedes Polynom "zuviele" Nullstellen haben -- es ist zwar moeglich, muss aber nicht sein.)
Uebrigens: das Polynom [mm] $t^2 [/mm] - t [mm] \in (\IZ/6\IZ)[/mm] [t]$ hat vier Nullstellen.
> 3. Ich würde sagen: Nein - denn in [mm]\IZ/6\IZ[/mm] scheint das nicht zu funktionieren: Für ein Element der Ordnung 3 muss ja gelten: [mm]g \not= 1, g*g\not= 1, g*g*g = 1[/mm]. Hier ist aber: 1*1 = 1, 2*2 = 4, 4*4 = 4, 3*3 = 3, 5*5 = 1.
> Oder habe ich etwas übersehen?
Die Frage ist, ob die Einheitengruppe von [mm] $\IZ/6n\IZ$ [/mm] gemeint ist, oder die additive Gruppe selber.
In der additiven Gruppe gilt es; in [mm] $\IZ/6\IZ$ [/mm] ist ja etwa $3 [mm] \cdot [/mm] 2 = 0$.
> 4. Wenn ich einen endlichen Körper K habe, wird es nicht unendlich viele Lösungen geben können.
Exakt, aber es kann mehr als eine geben. Gib doch einfach ein konkretes Beispiel an, etwa eins mit $p$ Loesungen (ueber [mm] $\IZ/p\IZ$).
[/mm]
> 5. Hier wüsste ich überhaupt nicht, wie ich an die Aufgabe rangehen soll... Könnt ihr mir helfen? Es muss doch kurz beantwortbar sein. Es soll A*A*A = E gelten (und [mm]A\not=[/mm] E, [mm]A*A\not=[/mm] E).
Wie waer's mit einer Matrix, deren Minimalpolynom [mm] $t^3 [/mm] - 1$ ist? Oder alternativ mit Minimalpolynom [mm] $t^2 [/mm] + t + 1$?
> 6. Ja, denn (charakteristische) Polynome in den komplexen Zahlen haben nach dem Fundamentalsatz der Algebra immer eine Nullstelle.
LG Felix
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Hallo Felix,
vielen vielen Dank für deine Antwort!
> > 2. Für [mm]n\in\IN[/mm] hat das Polynom [mm]$t^{2}-1\in(\IZ/ n\IZ)[/mm]
> [t]$ in [mm]$\IZ/ n\IZ$[/mm] höchstens 2 Nullstellen.
> > 3. In [mm](\IZ/6n\IZ)[/mm] gibt es für jedes [mm]n\in\IN[/mm] ein Element der Ordnung 3.
> > 4. Jedes LGS über einem Körper K hat entweder 0,1, oder unendlichen viele Lösungen.
> > 5. Es gibt ein [mm]n\in\IN[/mm] und [mm]A\in GL(n,\IR)[/mm] mit [mm]ord(A) = 3[/mm].
> > 2. Für Körper würde ich sagen ja - Es ist doch [mm](t^{2}-1) = (t-1)*(t+1)[/mm], also gibt es genau zwei Nullstellen des Polynoms, die 1 und das Inverse der 1. [mm]\IZ/n\IZ[/mm] ist aber nicht immer ein Körper, da könnten Nullteiler oder so auftreten, und dann gäbe es mehr Nullstellen. In [mm]\IZ/6\IZ[/mm] wäre zum Beispiel 2*3 = 0; gibt es auch ein Gegenbeispiel für obiges Polynom?
>
> Mit [mm]\IZ/6\IZ[/mm] hast du dir da etwas herausgegriffen, wo es nicht funktioniert. Dein [mm]n[/mm] muss schon hoehere Potenzen von 2 enthalten, oder mindestens zwei ungerade Primfaktoren. Dann kannst du schnell ein Gegenbeispiel finden.
> (Nur weil [mm]\IZ/n\IZ[/mm] kein Koerper ist, muss nicht gleich jedes Polynom "zuviele" Nullstellen haben -- es ist zwar moeglich, muss aber nicht sein.)
>
> Uebrigens: das Polynom [mm]$t^2[/mm] - t [mm]\in (\IZ/6\IZ)[/mm] [t]$ hat vier Nullstellen.
Aha 
Ich habe aber gerade festgestellt, dass auch in [mm] \IZ/6\IZ [/mm] die Lösung "5" möglich sein müsste, oder?
Dann ist (5+1)*(5-1) = 0.
Aber trotzdem nochmal mit deinem Vorschlag: Wieso zwei ungerade Primfaktoren, woher weißt du das?
Dann nehme ich mal [mm] \IZ/15\IZ. [/mm] Aber wie mache ich es dann? Da such's ich mich ja dumm und dämlich
> > 3. Ich würde sagen: Nein - denn in [mm]\IZ/6\IZ[/mm] scheint das nicht zu funktionieren: Für ein Element der Ordnung 3 muss ja gelten: [mm]g \not= 1, g*g\not= 1, g*g*g = 1[/mm]. Hier ist aber: 1*1 = 1, 2*2 = 4, 4*4 = 4, 3*3 = 3, 5*5 = 1.
> > Oder habe ich etwas übersehen?
>
> Die Frage ist, ob die Einheitengruppe von [mm]\IZ/6n\IZ[/mm] gemeint ist, oder die additive Gruppe selber.
>
> In der additiven Gruppe gilt es; in [mm]\IZ/6\IZ[/mm] ist ja etwa [mm]3 \cdot 2 = 0[/mm].
Mhh, du hast recht. Aber wieso gilt es für alle additiven Gruppen [mm] \IZ/n\IZ [/mm] ?
Weil ich praktisch immer das Element "2n" nehmen kann und dann dreimal addieren?
> > 4. Wenn ich einen endlichen Körper K habe, wird es nicht unendlich viele Lösungen geben können.
>
> Exakt, aber es kann mehr als eine geben. Gib doch einfach ein konkretes Beispiel an, etwa eins mit [mm]p[/mm] Loesungen (ueber [mm]\IZ/p\IZ[/mm]).
Naja: zum Beispiel das LGS x+y=0 dürfte p Lösungen haben (oder mehr...)
> > 5. Hier wüsste ich überhaupt nicht, wie ich an die Aufgabe rangehen soll... Könnt ihr mir helfen? Es muss doch kurz beantwortbar sein. Es soll A*A*A = E gelten (und [mm]A\not=[/mm] E, [mm]A*A\not=[/mm] E).
>
> Wie waer's mit einer Matrix, deren Minimalpolynom [mm]t^3 - 1[/mm] ist? Oder alternativ mit Minimalpolynom [mm]t^2 + t + 1[/mm]?
Ah, danke für den Tipp! Das bedeutet aber, dass die Matrix nur im Komplexen liegen kann, oder?
Danke für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:17 Fr 12.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> > > 2. Für Körper würde ich sagen ja - Es ist doch [mm](t^{2}-1) = (t-1)*(t+1)[/mm], also gibt es genau zwei Nullstellen des Polynoms, die 1 und das Inverse der 1. [mm]\IZ/n\IZ[/mm] ist aber nicht immer ein Körper, da könnten Nullteiler oder so auftreten, und dann gäbe es mehr Nullstellen. In [mm]\IZ/6\IZ[/mm] wäre zum Beispiel 2*3 = 0; gibt es auch ein Gegenbeispiel für obiges Polynom?
> >
> > Mit [mm]\IZ/6\IZ[/mm] hast du dir da etwas herausgegriffen, wo es nicht funktioniert. Dein [mm]n[/mm] muss schon hoehere Potenzen von 2 enthalten, oder mindestens zwei ungerade Primfaktoren. Dann kannst du schnell ein Gegenbeispiel finden.
>
> > (Nur weil [mm]\IZ/n\IZ[/mm] kein Koerper ist, muss nicht gleich jedes Polynom "zuviele" Nullstellen haben -- es ist zwar moeglich, muss aber nicht sein.)
> >
> > Uebrigens: das Polynom [mm]$t^2[/mm] - t [mm]\in (\IZ/6\IZ)[/mm] [t]$ hat vier Nullstellen.
>
> Aha
> Ich habe aber gerade festgestellt, dass auch in [mm]\IZ/6\IZ[/mm] die Lösung "5" möglich sein müsste, oder?
> Dann ist (5+1)*(5-1) = 0.
Genau. Es ist schliesslich 5 die -1 in [mm] $\IZ/6\IZ$.
[/mm]
> Aber trotzdem nochmal mit deinem Vorschlag: Wieso zwei ungerade Primfaktoren, woher weißt du das?
Chinesischer Restsatz + ![[]](/images/popup.gif) Henselsches Lemma 
Wenn $n = [mm] p^k$ [/mm] eine ungerade Primzahlpotenz ist, gibt es nach Hensel genauso viele Loesungen wie ueber [mm] $\IZ/p\IZ$.
[/mm]
Ist $n = m m'$ das Produkt zweier teilerfremder Zahlen, und ist [mm] $\lambda$ [/mm] eine Loesung modulo $m$ und [mm] $\mu$ [/mm] eine Loesung modulo $m'$, so kann man daraus genau eine Loesung modulo $m m' = n$ basteln. Also ist die Anzahl der Loesungen modulo $n$ die Anzahl der Loesungen modulo $m$ mal die Anzahl der Loesungen modulo $m'$.
Wenn man das zusammen wirft: ist $n$ ungerade und hat es $k$ verschiedene Primfaktoren, so gibt es genau [mm] $2^k$ [/mm] Nullstellen in [mm] $\IZ/n\IZ$.
[/mm]
Wenn $n$ gerade ist, aber nicht durch 4 teilbar, hat es genauso viele Loesungen wie in [mm] $\IZ/\frac{n}{2}\IZ$ [/mm] (da es modulo 2 genau eine Loesung gibt).
Modulo 4 gibt es zwei Loesungen, modulo 8 sind es dann vier.
> Dann nehme ich mal [mm]\IZ/15\IZ.[/mm] Aber wie mache ich es dann? Da such's ich mich ja dumm und dämlich
Nun, du hast 1 und 2 modulo 3, und du hast 1 und 4 modulo 5. Daraus kannst du dir jetzt Loesungen modulo 15 basteln, die modulo 3 bzw. modulo 5 jeweils eine der Loesungen sind.
Allgemein ist ja $6 [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{5}$, [/mm] $6 [mm] \equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{3}$ [/mm] und $10 [mm] \equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{5}$, [/mm] $10 [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{3}$; [/mm] damit kannst du mit $6 i + 10 j [mm] \mod [/mm] 15$ mit $i [mm] \in \{ 1, 4 \}$ [/mm] und $j [mm] \in \{ 1, 2 \}$ [/mm] alle Loesungen sofort hinschreiben.
> > > 3. Ich würde sagen: Nein - denn in [mm]\IZ/6\IZ[/mm] scheint das nicht zu funktionieren: Für ein Element der Ordnung 3 muss ja gelten: [mm]g \not= 1, g*g\not= 1, g*g*g = 1[/mm]. Hier ist aber: 1*1 = 1, 2*2 = 4, 4*4 = 4, 3*3 = 3, 5*5 = 1.
> > > Oder habe ich etwas übersehen?
> >
> > Die Frage ist, ob die Einheitengruppe von [mm]\IZ/6n\IZ[/mm] gemeint ist, oder die additive Gruppe selber.
> >
> > In der additiven Gruppe gilt es; in [mm]\IZ/6\IZ[/mm] ist ja etwa [mm]3 \cdot 2 = 0[/mm].
>
> Mhh, du hast recht. Aber wieso gilt es für alle additiven Gruppen [mm]\IZ/n\IZ[/mm] ?
Meinst du [mm] $\IZ/6n\IZ$?
[/mm]
> Weil ich praktisch immer das Element "2n" nehmen kann und dann dreimal addieren?
In [mm] $\IZ/6n\IZ$ [/mm] schon. In [mm] $\IZ/n\IZ$ [/mm] nur, wenn $n$ durch 3 teilbar ist und du [mm] $\frac{n}{3}$ [/mm] nimmst (oder [mm] $\frac{2 n}{3}$).
[/mm]
> > > 4. Wenn ich einen endlichen Körper K habe, wird es nicht unendlich viele Lösungen geben können.
> >
> > Exakt, aber es kann mehr als eine geben. Gib doch einfach ein konkretes Beispiel an, etwa eins mit [mm]p[/mm] Loesungen (ueber [mm]\IZ/p\IZ[/mm]).
>
> Naja: zum Beispiel das LGS x+y=0 dürfte p Lösungen haben (oder mehr...)
Das hat genau $p$ Loesungen ueber [mm] $\IZ/p\IZ$.
[/mm]
> > > 5. Hier wüsste ich überhaupt nicht, wie ich an die Aufgabe rangehen soll... Könnt ihr mir helfen? Es muss doch kurz beantwortbar sein. Es soll A*A*A = E gelten (und [mm]A\not=[/mm] E, [mm]A*A\not=[/mm] E).
> >
> > Wie waer's mit einer Matrix, deren Minimalpolynom [mm]t^3 - 1[/mm] ist? Oder alternativ mit Minimalpolynom [mm]t^2 + t + 1[/mm]?
>
> Ah, danke für den Tipp! Das bedeutet aber, dass die Matrix nur im Komplexen liegen kann, oder?
Nein, wieso? Sie kann sogar ganzzahlige Eintraege haben. Nimm etwa $A = [mm] \pmat{ 0 & -1 \\ 1 & -1 }$ [/mm] (dies ist eine Begleitmatrix), dann gilt [mm] $A^2 [/mm] + A + [mm] E_2 [/mm] = 0$.
LG Felix
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Hallo Felix,
vielen Dank für deine Antwort!
Dadurch lerne ich immer was dazu
> > Aha
> > Ich habe aber gerade festgestellt, dass auch in [mm]\IZ/6\IZ[/mm] die Lösung "5" möglich sein müsste, oder?
> > Dann ist (5+1)*(5-1) = 0.
>
> Genau. Es ist schliesslich 5 die -1 in [mm]\IZ/6\IZ[/mm].
Oh, da hab ich aber ganz schön gepatzt.
> > Aber trotzdem nochmal mit deinem Vorschlag: Wieso zwei ungerade Primfaktoren, woher weißt du das?
>
> Chinesischer Restsatz + Henselsches Lemma
>
> Wenn [mm]n = p^k[/mm] eine ungerade Primzahlpotenz ist, gibt es nach Hensel genauso viele Loesungen wie ueber [mm]\IZ/p\IZ[/mm].
>
> Ist [mm]n = m m'[/mm] das Produkt zweier teilerfremder Zahlen, und ist [mm]\lambda[/mm] eine Loesung modulo [mm]m[/mm] und [mm]\mu[/mm] eine Loesung modulo [mm]m'[/mm], so kann man daraus genau eine Loesung modulo [mm]m m' = n[/mm] basteln. Also ist die Anzahl der Loesungen modulo [mm]n[/mm] die Anzahl der Loesungen modulo [mm]m[/mm] mal die Anzahl der Loesungen modulo [mm]m'[/mm].
>
> Wenn man das zusammen wirft: ist [mm]n[/mm] ungerade und hat es [mm]k[/mm] verschiedene Primfaktoren, so gibt es genau [mm]2^k[/mm] Nullstellen in [mm]\IZ/n\IZ[/mm].
>
> Wenn [mm]n[/mm] gerade ist, aber nicht durch 4 teilbar, hat es genauso viele Loesungen wie in [mm]\IZ/\frac{n}{2}\IZ[/mm] (da es modulo 2 genau eine Loesung gibt).
>
> Modulo 4 gibt es zwei Loesungen, modulo 8 sind es dann vier.
>
> > Dann nehme ich mal [mm]\IZ/15\IZ.[/mm] Aber wie mache ich es dann? Da such's ich mich ja dumm und dämlich
>
> Nun, du hast 1 und 2 modulo 3, und du hast 1 und 4 modulo 5. Daraus kannst du dir jetzt Loesungen modulo 15 basteln, die modulo 3 bzw. modulo 5 jeweils eine der Loesungen sind.
>
> Allgemein ist ja [mm]6 \equiv 1 \pmod{5}[/mm], [mm]6 \equiv 0 \pmod{3}[/mm] und [mm]10 \equiv 0 \pmod{5}[/mm], [mm]10 \equiv 1 \pmod{3}[/mm]; damit kannst du mit [mm]6 i + 10 j \mod 15[/mm] mit [mm]i \in \{ 1, 4 \}[/mm] und [mm]j \in \{ 1, 2 \}[/mm] alle Loesungen sofort hinschreiben.
Danke, das hab ich sogar verstanden!
> Meinst du [mm]\IZ/6n\IZ[/mm]?
>
> > Weil ich praktisch immer das Element "2n" nehmen kann und dann dreimal addieren?
>
> In [mm]\IZ/6n\IZ[/mm] schon. In [mm]\IZ/n\IZ[/mm] nur, wenn [mm]n[/mm] durch 3 teilbar ist und du [mm]\frac{n}{3}[/mm] nimmst (oder [mm]\frac{2 n}{3}[/mm]).
Ja, natürlich meinte ich [mm] \IZ/6n\IZ.
[/mm]
> > Ah, danke für den Tipp! Das bedeutet aber, dass die Matrix nur im Komplexen liegen kann, oder?
>
> Nein, wieso? Sie kann sogar ganzzahlige Eintraege haben. Nimm etwa [mm]A = \pmat{ 0 & -1 \\ 1 & -1 }[/mm] (dies ist eine Begleitmatrix), dann gilt [mm]A^2 + A + E_2 = 0[/mm].
Du hast recht, da habe ich mal wieder voreilige Schlüsse gezogen
Danke nochmal, und Grüße,
Stefan
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