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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:48 Mi 24.06.2009 | | Autor: | Unk |
| Aufgabe | Seien A,B quadratische Matrizen und seihen alle Eigenwerte einfach. [mm] \textbf{Edit:} [/mm] Es gelte AB=BA.
Behauptung: A und B haben die gleichen Eigenvektoren.
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Hallo,
der beweis sieht folgendermaßen aus:
Sei v bel. Eigenvektor für A zum EW [mm] \lambda. [/mm] Dann:
[mm] ABv=BAv=\lambda [/mm] Bv. Es folgt, dass Bv ein Eigenvektor zu A ist.
Jetzt ist [mm] \lambda [/mm] einfach, d.h. [mm] dimE_\lambda=1. [/mm] Somit gilt: [mm] Bv=\mu [/mm] v für ein [mm] \mu \in \mathbb{R}.
[/mm]
Analog für Eigenvektoren für B.
Soweit zum Beweis. Bei mir hakt es mit dem Verständnis. Lambda ist einfach bedeutet doch seine algebraische Vielfachheit ist eins oder?
Was ist das [mm] E_\lambda [/mm] in dem Beweis? Der Eigenraum zum Eigenwert [mm] \lambda? [/mm] Und warum (und das ist die wichtigste Frage) gibt es dann eben ein [mm] \mu, [/mm] so dass [mm] Bv=\mu [/mm] v? Das will mir garnicht in den Kopf.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:08 Mi 24.06.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Seien A,B quadratische Matrizen und seihen alle Eigenwerte
> einfach.
> Behauptung: A und B haben die gleichen Eigenvektoren.
>
>
> Hallo,
>
> der beweis sieht folgendermaßen aus:
> Sei v bel. Eigenvektor für A zum EW [mm]\lambda.[/mm] Dann:
> [mm]ABv=BAv=\lambda[/mm] Bv. Es folgt, dass Bv ein Eigenvektor zu A
> ist.
kontrolliere bitte mal die Voraussetzungen. Da bei Matrizen [mm] $X,\,Y$ [/mm] i.a. $X*Y [mm] \not=Y*X$ [/mm] (es ist ja sogar so, dass aus der Definiertheit von $X [mm] \cdot [/mm] Y$ noch nicht mal die Definiertheit von $Y [mm] \cdot [/mm] X$ folgt; weil [mm] $A\,$ [/mm] und [mm] $B\,$ [/mm] quadratisch sind, hat man hier das Problem mit der Definiertheit allerdings nicht!) gilt, kann man nicht ohne weiteres [mm] $ABv=BAv\,$ [/mm] schreiben. Wird irgendwo [mm] $A*B\,=\,B*A$ [/mm] mit vorausgesetzt?
Sind alle Voraussetzungen aufgeführt, oder hast Du sonst noch etwas unterschlagen?
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 03:07 Mi 24.06.2009 | | Autor: | Unk |
Natürlich war noch vorausgesetzt, dass die Matrizenmultiplikation kommutativ ist. Habs vergessen, sorry. Jetzt habe ich es auch verbessert.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:44 Mi 24.06.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Natürlich war noch vorausgesetzt, dass die
> Matrizenmultiplikation kommutativ ist. Habs vergessen,
> sorry. Jetzt habe ich es auch verbessert.
ja, so macht das nun auch mehr Sinn. 
Aber unten steht ja nun auch, bzgl. der eigentlichen Frage, eine Antwort meinerseits. Ist Dir nun alles klar, oder ist da doch noch etwas zu klären?
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 02:33 Mi 24.06.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
nochmal zu der eigentlichen Frage:
> Seien A,B quadratische Matrizen und seihen alle Eigenwerte
> einfach.
> Behauptung: A und B haben die gleichen Eigenvektoren.
>
>
> Hallo,
>
> der beweis sieht folgendermaßen aus:
> Sei v bel. Eigenvektor für A zum EW [mm]\lambda.[/mm] Dann:
> [mm]ABv=BAv=\lambda[/mm] Bv. Es folgt, dass Bv ein Eigenvektor zu A
> ist.
> Jetzt ist [mm]\lambda[/mm] einfach, d.h. [mm]dimE_\lambda=1.[/mm] Somit
> gilt: [mm]Bv=\mu[/mm] v für ein [mm]\mu \in \mathbb{R}.[/mm]
>
> Analog für Eigenvektoren für B.
>
> Soweit zum Beweis. Bei mir hakt es mit dem Verständnis.
> Lambda ist einfach bedeutet doch seine algebraische
> Vielfachheit ist eins oder?
> Was ist das [mm]E_\lambda[/mm] in dem Beweis? Der Eigenraum zum
> Eigenwert [mm]\lambda?[/mm]
genauso ist es [mm] $\rightarrow$[/mm] ![[]](/images/popup.gif) Wiki, Eigenraum. Wobei hier [mm] $E_\lambda:=E(\lambda)$ [/mm] bzgl. [mm] $A\,$ [/mm] gemeint ist; ich notiere es mal als
[mm] $$E_\lambda(A):=\{x \in V:\;x \not=0 \text{ und }Ax=\lambda x\} \cup \{0\}\,.$$
[/mm]
> Und warum (und das ist die wichtigste
> Frage) gibt es dann eben ein [mm]\mu,[/mm] so dass [mm]Bv=\mu[/mm] v? Das
> will mir garnicht in den Kopf.
Du hast ja oben $Bv [mm] \in E_\lambda(A)$ [/mm] erkannt. Zudem ist $v [mm] \in E_\lambda(A),\,$ [/mm] $v [mm] \not=0$ [/mm] und [mm] $\dim(E_\lambda(v))=1\,.$ [/mm] Also ist das System [mm] $\{v\}$ [/mm] linear unabhängig und bildet eine Basis von [mm] $E_\lambda(A)\,.$ [/mm]
Jedes $w [mm] \in E_\lambda(A)$ [/mm] läßt sich dann als Linearkombination bzgl. einer Basis von [mm] $E_\lambda(A)$ [/mm] schreiben [mm] ($E_\lambda(A)$ [/mm] ist ja ein Unterraum), und wenn [mm] $\dim(E_\lambda)=1\,,$ [/mm] dann hat [mm] $E_\lambda(A)$ [/mm] ja nur Basen, die aus genau einem Vektor $v [mm] \not=0$ [/mm] bestehen, und jedes $w [mm] \in E_\lambda(A)$ [/mm] läßt sich daher als [mm] $w=\mu [/mm] v$ schreiben.
Also:
Ich baue es mal ein wenig anders auf, weil allgemeiner:
$Bv [mm] \in E_\lambda(A)$ [/mm] liefert:
Ist [mm] $\{v_1,\,\ldots,\,v_n\}$ [/mm] eine Basis von [mm] $E_\lambda(A)\,,$ [/mm] so gibt es [mm] $\mu_1,\,\ldots,\,\mu_n$ [/mm] so, dass [mm] $Bv=\sum_{j=1}^n \mu_j v_j\,.$ [/mm] Aus [mm] $\dim(E_\lambda(A))=1$ [/mm] folgt dann, wenn [mm] $\{v_1\}$ [/mm] eine Basis von [mm] $E_\lambda(A)$ [/mm] ist:
[mm] $$Bv=\sum_{j=1}^1 \mu_jv_j\,.$$
[/mm]
Nun kannst Du wegen [mm] $0\not=v \in E_\lambda(A)$ [/mm] speziell [mm] $v_1:=v\,$ [/mm] wählen, und fertig ist's. 
Gruß,
Marcel
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