Simultane Diagonalisierbarkeit < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:27 Di 18.07.2006 | | Autor: | maybe. |
| Aufgabe | Seien A,B [mm] \in K^{nxn} [/mm] und A,B diagonalisierbar.
Zu Zeigen: A,B simultan diagonalisierbar [mm] \gdw [/mm] A,B kommutieren
A,B sind Abbildungsmatrizen von Abbildungen aus End(V). |
Hallo,
also dass AB = BA falls A,B simultan diagonalisierbar ist klar, aber die andere Richtung blick ich nicht! Der Beweis steht in Fischer, Lineare Algebra 13. Auflage S.239. ABER: Ich verstehs einfach nicht.
also: Da A, B diagonalisierbar gibt es ja je eine Basis von V aus Eigenvektoren von A bzw. B.
Sei v [mm] \in E_{\lambda}(A) [/mm] ein Eigenvektor von A. Dann folgt aus
ABv=BAv = (weil Av= [mm] \lambda [/mm] v)
B [mm] \lambda [/mm] v = (weil Skalarmultipikation kommutativ)
[mm] \lambda [/mm] B v
also: A(Bv) = [mm] \lambda [/mm] (Bv)
[mm] \Rightarrow [/mm] Bv ist Eigenvektor von A zu [mm] \lamda [/mm] ; Bv [mm] \in E_{\lamda}(A)
[/mm]
Ok. Da aus v [mm] \in E_{\lambda}(A)
[/mm]
Bv [mm] \in E_{\lambda}(A) [/mm] folgt, ist [mm] E_{\lambda}(A) \le [/mm] V B-invariant.
Das ist auch noch klar. Ich kann damit aber leider wenig anfangen. Was folgt denn daraus ?
Weiter gehts im Fischer : [mm] E_{\lambda}(A) [/mm] beliebig aber fest. Wir definieren
[mm] R_{q}:= E_{\lambda}(A) \cap E_{\mu_{q}}(B) [/mm] für [mm] 1\le [/mm] q [mm] \le [/mm] n
Warum bleibt mir ein Rätsel...
Nun ist 'nur' zu zeigen, dass [mm] E_{\lambda}(A) [/mm] = [mm] R_{1} \oplus [/mm] ... [mm] \oplus R_{n} [/mm]
Was zeig ich damit ? Also ich stell mir [mm] R_{1},...,R_{n} [/mm] als sich nicht schneidende 'Puzzlestücke' von [mm] E_{\lambda}(A) [/mm] vor , die zusammen [mm] E_{\lambda}(A) [/mm] ergeben. Ich glaub' hier hängts. Also was folgt denn daraus dass [mm] E_{\lambda}(A) [/mm] B-invariant ist ?
Der Rest ist wieder eher klar:
Da [mm] R_{1},...,R_{q} [/mm] linear unabhängig folgt [mm] \bigcap_{q=1}^{n}R_{q} [/mm] = {0}
bleibt z.z.:
[mm] E_{\lambda}(A) [/mm] = [mm] \summe_{q=1}^{n} R_{q}
[/mm]
zu v [mm] \in E_{\lambda}(A) [/mm] gibt es
[mm] r_{q} \in R_{q} [/mm] (also auch [mm] r_{q} \in E_{\mu_{q}}(B))
[/mm]
s.d. v= [mm] \summe_{q=1}^{n} r_{q}
[/mm]
(gilt das eigentlich weil die ganzen [mm] E_{\mu_{q}}(B) [/mm] V aufspannen ?)
[mm] \Rightarrow [/mm]
Av = [mm] \summe_{q=1}^{n} Ar_{q} [/mm] und
[mm] \lambda [/mm] v = [mm] \summe_{q=1}^{n} \lambda r_{q} [/mm] und
Da aber Av= [mm] \lambda [/mm] v und [mm] r_{q} [/mm] aus verschiedenen [mm] E_{\mu_{q}}(B) [/mm] deren Schnitt ja nur der Nullraum ist, folgt für alle 1 [mm] \le [/mm] q [mm] \le [/mm] n
[mm] \lambda r_{q} [/mm] = A [mm] r_{q} [/mm]
also [mm] r_{q} \in E_{\lambda}(A) [/mm]
Somit liegen alle Eigenvektoren von B die eine Basis zu V bilden auch in den Eigenräumen der Eigenvektoren aus A die eine Basis von V bilden und somit sind A und B simultan diagonalisierbar.
Wär sehr nett wenn jemand meine Gedanken mal überprüfen kann und mir den Teil den ich gar nicht verstehe etwas näher bringen könnte.
Danke schon mal
Ich habe diese Frage sonst nirgends gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:03 Fr 21.07.2006 | | Autor: | maybe. |
na kann denn keiner helfen ? interessiert mich zwar noch ne ganze weile, aber je frueher die antwort kommt, desto besser :)
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:50 Mo 24.07.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo maybe!
> Seien A,B [mm]\in K^{nxn}[/mm] und A,B diagonalisierbar.
> Zu Zeigen: A,B simultan diagonalisierbar [mm]\gdw[/mm] A,B
> kommutieren
> A,B sind Abbildungsmatrizen von Abbildungen aus End(V).
> Hallo,
>
> also dass AB = BA falls A,B simultan diagonalisierbar ist
> klar, aber die andere Richtung blick ich nicht! Der Beweis
> steht in Fischer, Lineare Algebra 13. Auflage S.239. ABER:
> Ich verstehs einfach nicht.
>
> also: Da A, B diagonalisierbar gibt es ja je eine Basis
> von V aus Eigenvektoren von A bzw. B.
> Sei v [mm]\in E_{\lambda}(A)[/mm] ein Eigenvektor von A. Dann folgt
> aus
> ABv=BAv = (weil Av= [mm]\lambda[/mm] v)
> B [mm]\lambda[/mm] v = (weil Skalarmultipikation kommutativ)
> [mm]\lambda[/mm] B v
> also: A(Bv) = [mm]\lambda[/mm] (Bv)
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] Bv ist Eigenvektor von A zu [mm]\lamda[/mm] ; Bv [mm]\in E_{\lamda}(A)[/mm]
>
> Ok. Da aus v [mm]\in E_{\lambda}(A)[/mm]
> Bv [mm]\in E_{\lambda}(A)[/mm]
> folgt, ist [mm]E_{\lambda}(A) \le[/mm] V B-invariant.
> Das ist auch noch klar. Ich kann damit aber leider wenig
> anfangen. Was folgt denn daraus ?
Das bedeutet, dass [mm] $E_\lambda(A)$ [/mm] von $B$ in sich selber abgebildet wird. Du kannst also $B$ auf [mm] $E_\lambda(A)$ [/mm] einschraenken und erhaelst einen Endomorphismus [mm] $B|_{E_\lambda(A)} [/mm] : [mm] E_\lambda(A) \to E_\lambda(A)$. [/mm] Wenn $B$ nicht [mm] $E_\lambda(A)$-invariant [/mm] waere, dann waere die Einschraenkung nur ein Homomorphismus [mm] $B|_{E_\lambda(A)} [/mm] : [mm] E_\lambda(A) \to [/mm] V$.
> Weiter gehts im Fischer : [mm]E_{\lambda}(A)[/mm] beliebig aber
> fest. Wir definieren
> [mm]R_{q}:= E_{\lambda}(A) \cap E_{\mu_{q}}(B)[/mm] für [mm]1\le[/mm] q [mm]\le[/mm]
> n
>
> Warum bleibt mir ein Rätsel...
> Nun ist 'nur' zu zeigen, dass [mm]E_{\lambda}(A)[/mm] = [mm]R_{1} \oplus[/mm]
> ... [mm]\oplus R_{n}[/mm]
> Was zeig ich damit ?
Du kannst jeden Eigenraum von $A$ als direktes Produkt von solchen $R$'s schreiben. Da du $V$ als direktes Produkt von Eigenraeumen von $A$ schreiben kannst (da $A$ diag'bar ist), kannst du somit ganz $V$ als Produkt von solchen $R$'s schreiben.
Nun hat jeder Untervektorraum $R$ die Eigenschaft, das sowohl $A$ als auch $B$ auf ihn eingeschraenkt werden koennen und dort dann diagonalisiert sind (sogar in einer sehr schoenen Form: sie sind dort jeweils ein Vielfaches der Identitaet). Somit kannst du also eine Basis von $V$ waehlen (indem du Basen von den $R$'s nimmst und sie zusammenschreibst), bzgl. der $A$ und $B$ beide gleichzeitig diagonalisiert sind!
> Also ich stell mir [mm]R_{1},...,R_{n}[/mm] als
> sich nicht schneidende 'Puzzlestücke' von [mm]E_{\lambda}(A)[/mm]
> vor , die zusammen [mm]E_{\lambda}(A)[/mm] ergeben. Ich glaub' hier
> hängts. Also was folgt denn daraus dass [mm]E_{\lambda}(A)[/mm]
> B-invariant ist ?
Ich hoffe mal, das hat sich mit dem obigen erledigt.
> Der Rest ist wieder eher klar:
>
> Da [mm]R_{1},...,R_{q}[/mm] linear unabhängig folgt
> [mm]\bigcap_{q=1}^{n}R_{q} = \{0\}[/mm]
> bleibt z.z.:
>
> [mm]E_{\lambda}(A)[/mm] = [mm]\summe_{q=1}^{n} R_{q}[/mm]
>
> zu v [mm]\in E_{\lambda}(A)[/mm] gibt es
> [mm]r_{q} \in R_{q}[/mm] (also auch [mm]r_{q} \in E_{\mu_{q}}(B))[/mm]
>
> s.d. v= [mm]\summe_{q=1}^{n} r_{q}[/mm]
Vorsicht! Das willst du gerade zeigen! Erstmal hast du nur solche [mm] $r_q \in E_{\mu_q}(B)$! [/mm] (Und das ist so, weil $V = [mm] \bigoplus_{q=1}^n E_{\mu_q}(B)$ [/mm] ist.)
Das die [mm] $r_q$ [/mm] auch in [mm] $E_\lambda(A)$ [/mm] liegen, das zeigst du im folgenden:
> (gilt das eigentlich weil die ganzen [mm]E_{\mu_{q}}(B)[/mm] V
> aufspannen ?)
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]
> Av = [mm]\summe_{q=1}^{n} Ar_{q}[/mm] und
> [mm]\lambda[/mm] v = [mm]\summe_{q=1}^{n} \lambda r_{q}[/mm] und
Genau: einfach die obige Gleichung einmal mit $A$ und einmal mit [mm] $\lambda$ [/mm] von Links multiplizieren.
> Da aber Av= [mm]\lambda[/mm] v und [mm]r_{q}[/mm] aus verschiedenen
> [mm]E_{\mu_{q}}(B)[/mm] deren Schnitt ja nur der Nullraum ist, folgt
> für alle 1 [mm]\le[/mm] q [mm]\le[/mm] n
> [mm]\lambda r_{q}[/mm] = A [mm]r_{q}[/mm]
> also [mm]r_{q} \in E_{\lambda}(A)[/mm]
Das folgt nur, wenn [mm] $\lambda \neq [/mm] 0$ ist. Aber wenn [mm] $\lambda [/mm] = 0$ ist, dann kannst du einfach [mm] $r_q [/mm] = 0$ waehlen, da $0$ in jedem [mm] $R_q$ [/mm] liegt.
> Somit liegen alle Eigenvektoren von B die eine Basis zu V
> bilden auch in den Eigenräumen der Eigenvektoren aus A die
> eine Basis von V bilden und somit sind A und B simultan
> diagonalisierbar.
LG Felix
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