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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:44 Di 22.10.2013 | | Autor: | mbra771 |
| Aufgabe | | Sei [mm] \IK [/mm] ein Körper, und sei $A [mm] \in M_{nn}(\IK)$. [/mm] Sei $ [mm] 0\not= [/mm] v [mm] \in \IK^n [/mm] $,und sei g ein Polynom in [mm] $\IK[T]\backslash \{0\}$ [/mm] mit $g(A)(v)=0$. Beweisen Sie, dass $g$ und [mm] $\chi [/mm] A$ nicht teilerfremd sind. |
Hallo Forum,
die oben stehende Aufgabe bereitet mir etwas Kopfzerbrechen.
Ich schreibe mal meine Überlegungen, die ich mir momentan gemacht habe:
Mit [mm] $\chi [/mm] A$ ist das Charakteristische Polynom von A gemeint. Für dieses gilt ja nun:
[mm] $\chi [/mm] A (A)=0$ und es gilt:
$g(A)(v)=0$. Weiter ist gegeben, daß [mm] v\not= [/mm] 0 ist. Dann kann doch eigentlich nur g(A)=0 gelten.
Es gilt also sowohl für [mm] $\chi [/mm] A$ als auch für $g$, dass wenn ich in diese Polynome A einsetze, ich 0 erhalte.
Könnte mir bitte jemand schreiben, ob ich in die richtige Richtung denke.
Danke, Micha
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:37 Di 22.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Micha!
> Sei [mm]\IK[/mm] ein Körper, und sei [mm]A \in M_{nn}(\IK)[/mm]. Sei [mm]0\not= v \in \IK^n [/mm],und
> sei g ein Polynom in [mm]\IK[T]\backslash \{0\}[/mm] mit [mm]g(A)(v)=0[/mm].
> Beweisen Sie, dass [mm]g[/mm] und [mm]\chi A[/mm] nicht teilerfremd sind.
> Mit [mm]\chi A[/mm] ist das Charakteristische Polynom von A
> gemeint. Für dieses gilt ja nun:
>
> [mm]\chi A (A)=0[/mm]
Genau, nach Cayley-Hamilton.
> und es gilt:
> [mm]g(A)(v)=0[/mm]. Weiter ist gegeben, daß [mm]v\not=[/mm] 0 ist.
> Dann
> kann doch eigentlich nur g(A)=0 gelten.
Nein, das stimmt nicht.
$g(A)$ ist ein Endomorphismus von [mm] $K^n$, [/mm] der den Vektor $v$ auf den Nullvektor abbildet.
Daraus folgt noch lange nicht, dass dieser Endomorphismus alle Vektoren auf den Nullvektor abbildet und somit der Null-Endomorphismus ist.
Eine Lösung der Aufgabe habe ich auch noch nicht gefunden.
Daher lasse ich die Frage als nur "teilweise beantwortet" markiert.
Viele Grüße
Tobias
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:08 Di 22.10.2013 | | Autor: | hippias |
In Ergaenzung zu Tobias Bemerkung: Nimm doch einfach einmal an, dass [mm] $\chi_{A}$ [/mm] und $g$ teilerfremd seien. Was kannst Du dann ueber die Invertierbarkeit von $g$ in $K[t][mm] /(\chi_{A})$ [/mm] aussagen ($K[t]$ sei ein Polynomring ueber den Koerper $K$)? Schlussfolgere daraus, dass $g(A)$ dann invertierbar sein muesste, also einen trivialen Kern haette.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:26 Di 22.10.2013 | | Autor: | mbra771 |
Hallo Hippias und Tobias,
vielen Dank für eure Antworten und für die Denkanstöße. Ich werde das morgen mal versuchen zu formulieren und mal sehen, wie weit ich komme. Aber auch wenn ich zeigen kann, dass $g(A)$ invertierbar sein muß, wie kann ich dann zeigen, daß [mm] $\chi [/mm] A$
und $g$ teilerfremd sind?
Grüße, Micha
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(Antwort) fertig | | Datum: | 05:26 Mi 23.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> Aber auch
> wenn ich zeigen kann, dass [mm]g(A)[/mm] invertierbar sein muß, wie
> kann ich dann zeigen, daß [mm]\chi A[/mm]
> und [mm]g[/mm] teilerfremd
> sind?
Der Vorschlag von hippias war, einen indirekten Beweis zu führen.
Wir nehmen also an, [mm] $\chi_A$ [/mm] und $g$ seien nicht teilerfremd und müssen daraus einen Widerspruch herleiten.
Wenn wir gezeigt haben, dass $g(A)$ invertierbar ist, ist $g(A)$ injektiv und somit [mm] $\operatorname{Kern}(g(A))=0$.
[/mm]
Wegen [mm] $0\not=v\in\operatorname{Kern}(g(A))$ [/mm] gilt jedoch im Widerspruch dazu [mm] $\operatorname{Kern}(g(A))\not=0$.
[/mm]
Man kann hippias' Beweis auch direkt und ohne Betrachtung eines Faktorringes formulieren:
Um die Teilerfremdheit von $g$ und [mm] $\chi_A$ [/mm] zu zeigen, ist [mm] $\ggT(g,\chi_A)\not=1$ [/mm] zu zeigen.
Also genügt es
[mm] $\ggT(g,\chi_A)(A)(v)\not=1(A)(v)$
[/mm]
zu zeigen.
Benutze dazu die Existenz von [mm] $h,f\in \IK[T]$ [/mm] mit
[mm] $h*g+f*\chi_A=\ggT(g,\chi_A)$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:13 Mi 23.10.2013 | | Autor: | mbra771 |
Hallo,
ich verstehe die Idee hinter dem Vorschlag von Hippias. Auch habe ich verstanden, dass wenn $Kern(g(A))=0$ dann $g(A)$ injektiv sein muss, was den Widerspruch erzeugt.
Ich habe eben versucht zu zeigen, daß $g(A)$ invertierbar ist und dabei bin ich nicht weiter gekommen.
Nach Vorgabe ist $g [mm] \in \IK[T]\backslash \{0\}$. [/mm] Also muss $g$ als Körperelement invertierbar sein.
Wie komme ich jetzt aber dazu, zu zeigen, daß dadurch auch g(A) invertierbar ist?
Ich kommen mir echt gerade recht ... unwissend vor.
Grüße,
Micha
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(Antwort) fertig | | Datum: | 05:53 Do 24.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> Auch habe ich verstanden, dass wenn [mm]Kern(g(A))=0[/mm] dann [mm]g(A)[/mm]
> injektiv sein muss, was den Widerspruch erzeugt.
(Umgekehrt: Wenn $g(A)$ invertierbar und somit injektiv ist, muss [mm] $\operatorname{Kern}(g(A))=0$ [/mm] gelten, was den Widerspruch erzeugt.)
> Ich habe eben versucht zu zeigen, daß [mm]g(A)[/mm] invertierbar
> ist und dabei bin ich nicht weiter gekommen.
> Nach Vorgabe ist [mm]g \in \IK[T]\backslash \{0\}[/mm]. Also muss [mm]g[/mm]
> als Körperelement invertierbar sein.
$g$ ist ein Polynom mit Koeffizienten in [mm] $\IK$.
[/mm]
Man kann sich überlegen, dass $g$ nicht Grad $0$ haben kann, somit kein Element von [mm] $\IK$ [/mm] ist und damit nicht invertierbar im Polynomring [mm] $\IK[T]$ [/mm] ist.
> Wie komme ich jetzt aber dazu, zu zeigen, daß dadurch auch
> g(A) invertierbar ist?
Es existieren Polynome [mm] $h,f\in\IK[T]$ [/mm] mit
(*) [mm] $h*g+f*\chi_A=\ggT(g,\chi_A)$.
[/mm]
(wobei [mm] $\ggT(g,\chi_A)=1$ [/mm] nach unserer Widerspruchsannahme.)
Rechne unter Benutzung von (*) und Cayley-Hamilton nach, dass die beiden Endomorphismen $h(A)$ und $g(A)$ von [mm] $\IK^n$ [/mm] invers zueinander sind.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:20 Do 24.10.2013 | | Autor: | mbra771 |
Nachdem ich die letzten Tage fast nur gearbeitet habe, hab ich jetzt Zeit für die schönen Dinge des Lebens 
Also versuche ich mich jetzt ein mal an der Lösung:
Der Beweis erfolgt als Indirekter Beweis, dazu nehmen wir einmal an, dass [mm] $\chi [/mm] A$ und $g$ teilerfremd sind. Mit dieser Annahme ist $ggT( [mm] \chi [/mm] A,g)=1$.
Es existieren also $h,f [mm] \in \IK[T]$ [/mm] mit:
$ [mm] h*g+f*\chi [/mm] A=ggT( [mm] \chi [/mm] A,g)$ [mm] \gdw [/mm] $h*g [mm] +f*\chi [/mm] A=1$
Daraus folgt:
$h(A) * g(A) + f(A) * [mm] \chi [/mm] A(A)=1$ [mm] \gdw
[/mm]
Da [mm] $\chi [/mm] A(A)=0$ ist, so gilt:
$h(A) * g(A) + f(A) * 0=1$ [mm] \gdw
[/mm]
$h(A) * g(A) =1$ [mm] \gdw
[/mm]
Damit müssen aber $h(A)$ und $g(A)$ invers zueinander sein. Also muß $g(A)$ invertierbar sein.
Wenn aber $g(A)$ invertierbar ist, dann ist der $Kern(g(A))=0$. Das aber ist ein Widerspruch zur Vorgabe, dass $g(A)=0$ ist bei $v [mm] \not= [/mm] 0$.
Aus diesem Widerspruch folgt, daß $g$ und [mm] $\chi [/mm] A$ nicht teilerfremd sind.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:08 Do 24.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> Der Beweis erfolgt als Indirekter Beweis, dazu nehmen wir
> einmal an, dass [mm]\chi A[/mm] und [mm]g[/mm] teilerfremd sind. Mit dieser
> Annahme ist [mm]ggT( \chi A,g)=1[/mm].
>
> Es existieren also [mm]h,f \in \IK[T][/mm] mit:
>
> [mm]h*g+f*\chi A=ggT( \chi A,g)[/mm] [mm]\gdw[/mm] [mm]h*g +f*\chi A=1[/mm]
>
> Daraus folgt:
>
> [mm]h(A) * g(A) + f(A) * \chi A(A)=1[/mm] [mm]\gdw[/mm]
>
> Da [mm]\chi A(A)=0[/mm] ist, so gilt:
>
> [mm]h(A) * g(A) + f(A) * 0=1[/mm] [mm]\gdw[/mm]
>
> [mm]h(A) * g(A) =1[/mm] [mm]\gdw[/mm]
>
> Damit müssen aber [mm]h(A)[/mm] und [mm]g(A)[/mm] invers zueinander sein.
> Also muß [mm]g(A)[/mm] invertierbar sein.
> Wenn aber [mm]g(A)[/mm] invertierbar ist, dann ist der
> [mm]Kern(g(A))=0[/mm]. Das aber ist ein Widerspruch zur Vorgabe,
> dass [mm]g(A)=0[/mm] ist bei [mm]v \not= 0[/mm].
"$g(A)(v)=0$ für ein [mm] $v\not=0$" [/mm] meinst du.
> Aus diesem Widerspruch folgt, daß [mm]g[/mm] und [mm]\chi A[/mm] nicht
> teilerfremd sind.
Schön! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:15 Do 24.10.2013 | | Autor: | mbra771 |
Ähm, genau!
Ich meinte natürlich :
... $g(A)(v)=0$ für ein [mm] $v\not=0$
[/mm]
Juppi, freu mich. Vielen Dank an alle, die mich bei der Aufgabe in die richtige Richtung gedrängt haben.
Ich muss aber zugeben, dass ich da allein wohl nicht drauf gekommen wäre.
Viele Grüße,
Micha
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:27 Fr 25.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> Juppi, freu mich. Vielen Dank an alle, die mich bei der
> Aufgabe in die richtige Richtung gedrängt haben.
> Ich muss aber zugeben, dass ich da allein wohl nicht drauf
> gekommen wäre.
Ich wohl ohne hippias' Hilfe auch nicht.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 06:18 Mi 23.10.2013 | | Autor: | fred97 |
Aus g(A)v=0 und v [mm] \ne [/mm] 0 folgt:
0 ist Eigenwert von g(A).
Somit ex. ein Eigenwert [mm] \lambda_0 [/mm] von A mit [mm] g(\lambda_0)=0.
[/mm]
Edit: ich habe übersehen, dass obiges nur richtig ist, wenn [mm] \IK [/mm] algebraisch abgeschlossen ist.
Welche Eigenschaften hat das Polynom [mm] p(\lambda)=\lambda-\lambda_0 [/mm] ?
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:51 Mi 23.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Fred!
> Aus g(A)v=0 und v [mm]\ne[/mm] 0 folgt:
>
> 0 ist Eigenwert von g(A).
>
> Somit ex. ein Eigenwert [mm]\lambda_0[/mm] von A mit
> [mm]g(\lambda_0)=0.[/mm]
Wenn ich gerade keinen totalen Blackout habe, stimmt diese Folgerung nicht.
Betrachte etwa:
$A$ irgendeine [mm] $n\times [/mm] n$-Matrix für ein $n>0$ ohne Eigenwerte
[mm] $v\in\IK^n\setminus\{0\}$ [/mm] beliebig
[mm] $g=\chi_A$.
[/mm]
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:44 Mi 23.10.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred!
>
>
> > Aus g(A)v=0 und v [mm]\ne[/mm] 0 folgt:
> >
> > 0 ist Eigenwert von g(A).
> >
> > Somit ex. ein Eigenwert [mm]\lambda_0[/mm] von A mit
> > [mm]g(\lambda_0)=0.[/mm]
> Wenn ich gerade keinen totalen Blackout habe, stimmt diese
> Folgerung nicht.
>
> Betrachte etwa:
>
> [mm]A[/mm] irgendeine [mm]n\times n[/mm]-Matrix für ein [mm]n>0[/mm] ohne Eigenwerte
> [mm]v\in\IK^n\setminus\{0\}[/mm] beliebig
> [mm]g=\chi_A[/mm].
Hallo Tobias,
ja, Du hast recht. Wenn aber der zugrunde liegende Körper algebraisch abgeschlossen ist, so stimmt meine Argumentation.
Gruß FRED
>
>
> Viele Grüße
> Tobias
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